《算法竞赛进阶指南》0x54 树形DP

0x54 树形DP

285. 没有上司的舞会

题意：

上司关系构成一棵树，一个人不能和直系上司同时出现在舞会，每个人有点权，询问能同时出现在舞会上的最大权值和。（最大权独立集）

解析：

令 $f_{u,0/1}$ 为以 $u$ 为根的树满足条件的最大权值和。

如果选了上司，所有儿子都不能选；如果没选上司，儿子可选可不选
$$\{\begin{array}{l}{f}_{u,0}=\sum \max (f_{v,0},f_{v,1})\\ f_{u,1}=\sum f_{v,0}\end{array}$$

代码：

#include
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef double db;
#define fi first
#define se second
const int maxn = 1e5+10;
const int maxm = 1e5+10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef pair<int, int> pii;

int read() {
	int x = 0, f = 1;
	char c = getchar();
	while(c<'0' || c>'9'){
		if(c == '-') f = -1;
		c = getchar();
	}
	while(c>='0' && c<='9') {
		x = x*10 + c-'0';
		c = getchar();
	}		
	return x * f;
}
void write(int x) {
	if(x < 0) 
		putchar('-'), x = -x;
	if(x > 9) 
		write(x/10);
	putchar(x%10 + '0');
}

int n, a[maxn];
int f[maxn][2];
struct edge{
	int to, nxt;
}e[maxm << 1];
int head[maxn], fa[maxn], tot, rt;
void add(int a, int b){
	e[++tot].nxt = head[a];
	e[tot].to = b;
	head[a] = tot;
}
void dfs(int u, int fa){
	f[u][1] = a[u];
	for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt){
		int v = e[i].to;
		if(v == fa)
			continue;
		dfs(v, u);
		f[u][0] += max(f[v][0], f[v][1]);
		f[u][1] += f[v][0];
	}
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		cin >> a[i];
	for(int i = 1; i < n; i++){
		int u, v;
		cin >> u >> v;
		add(v, u);
		fa[u] = v;
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		if(fa[i] == 0)
			rt = i;
	dfs(rt, 0);
	cout << max(f[rt][0], f[rt][1]) << endl;
	return 0;
}

选课

题意：

$n$ 门课，每门课有一定的学分，需要选 $m$ 门。有些课有先修课，选了先修课才能选当前课。询问最多学分。

解析：

令 $f_{u,k}$ 为以 $u$ 为根的子树中，选 $k$ 门课的最大学分。

对每个节点 $u$ 来说，分组背包，从每个儿子中选一定的课。

代码：

#include
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef double db;
#define fi first
#define se second
const int maxn = 3e2+10;
const int maxm = 1e5+10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef pair<int, int> pii;

int read() {
	int x = 0, f = 1;
	char c = getchar();
	while(c<'0' || c>'9'){
		if(c == '-') f = -1;
		c = getchar();
	}
	while(c>='0' && c<='9') {
		x = x*10 + c-'0';
		c = getchar();
	}		
	return x * f;
}
void write(int x) {
	if(x < 0) 
		putchar('-'), x = -x;
	if(x > 9) 
		write(x/10);
	putchar(x%10 + '0');
}
struct edge{
	int to, nxt;
}e[maxm << 1];
int head[maxn], fa[maxn], tot, rt;
void add(int a, int b){
	e[++tot].nxt = head[a];
	e[tot].to = b;
	head[a] = tot;
}
int n, m, a[maxn];
int f[maxn][maxm];

void dfs(int u){
	for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt){
		int v = e[i].to;
		dfs(v);
	}
	
	for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt){
		int v = e[i].to;
		for(int j = m; j > 0; j--){
			for(int k = 0; k < j; k++)
				f[u][j] = max(f[u][j], f[u][j-k]+f[v][k]);
		}
	}
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	
	cin >> n >> m;
	m++;
	//memset(f, -INF, sizeof(f));
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		cin >> fa[i] >> f[i][1];
		add(fa[i], i);
	}	
	dfs(0);
	cout << f[0][m];
	return 0;
}

积蓄程度

题意：

一棵树，根节点可以流出无限水，叶子节点可以吸收无限水，每条边有流量限制。询问以哪个点为根节点时，叶子节点吸收的水最多。

解析：

第一次扫描：

令 $f_u$ 为以1为根节点时，以 $u$ 为根的子树中，吸收的水量。

设 $v$ 为 $u$ 的儿子：
$$\{\begin{array}{ll}{f}_u+=min(f_v,w(u,v)),& de{g}_v=1\\ f_u+=w(u,v),& de{g}_v\ne 1\end{array}$$

第二次扫描：

令 $g_u$ 为以 $u$ 为根节点时，最大流量。

设第一次扫描时 $v$ 是 $u$ 的儿子。假设根节点由 $u$ 变为 $v$

$g_v$ 包括两部分:

• 一部分是第一次扫描的 $f_v$
• 一部分是流向 $u$ 进而流向其他节点

对 $u$ 而言，从 $u$ 到 $v$ 的流量为 $min(f_j,w(i,j))$，流向 $v$ 之外的流量为 $g_u-min(f_j,w(i,j))$。所以 $g_v$ 的第二部分为 $min(w(u,v),g_u-min(f_j,w(i,j)))$。也需要按照度是否为1讨论一下：$$\{\begin{array}{ll}{g}_v=f_v+w(u,v)& de{g}_u=1\\ g_v=f_v+min(g_u-w(u,v),w(u,v))& de{g}_u\ne 1,de{g}_v=1\\ g_v=f_v+min(g_u-min(f_v,w(u,v)),w(u,v)),& de{g}_u\ne 1,de{g}_v\ne 1\end{array}$$

代码：

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define fi first
#define se second
const int maxn = 2e5+10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef pair<int, int> pii;


#define int ll
struct edge{
	int to, nxt, w;
}e[maxn << 1];
int head[maxn], siz[maxn], tot;
void add(int a, int b, int c){
	e[++tot].nxt = head[a];
	e[tot].to = b;
	e[tot].w = c;
	head[a] = tot;
}
int n, m;
ll f[maxn], g[maxn], deg[maxn];
void dfs(int u, int fa){
	f[u] = 0;
	for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt){
		int v = e[i].to;
		if(v == fa)
			continue;
		dfs(v, u);
		if(deg[v] == 1)
			f[u] += e[i].w;
		else
			f[u] += min(e[i].w, f[v]);
	}
}
void dfs2(int u, int fa){
	for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt){
		int v = e[i].to;
		if(v == fa)
			continue;
		if(deg[u] == 1)
			g[v] = f[v] + e[i].w;
		else if(deg[v] == 1)
			g[v] = f[v] + min(g[u]-e[i].w, e[i].w);
		else
			g[v] = f[v] + min(g[u]-min(f[v], e[i].w), e[i].w);
		dfs2(v, u);
	}
}
void solve(){
	cin >> n;
	memset(deg, 0, sizeof(deg));
	tot = 0;
	memset(head, 0, sizeof(head));
	for(int i = 1; i < n; i++){
		int a, b, c;
		cin >> a >> b >> c;
		add(a, b, c);
		add(b, a, c);
		deg[a]++; deg[b]++;
	}
	dfs(1, 0);
	g[1] = f[1];
	dfs2(1, 0);
	ll res = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		res = max(res, g[i]);
	cout << res << endl;
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	
	int T;
	cin >> T;
	while(T--)
		solve();
	return 0;
}