树形|换根 DP总结

树形|换根 DP总结

树形dp

树形 DP，即在树上进行的 DP。由于树固有的递归性质，树形 DP 一般都是递归进行的。

基础

树形 DP 的一般过程。

没有上司的舞会

某大学有 $n$ 个职员，编号为 $1-N$。他们之间有从属关系，也就是说他们的关系就像一棵以校长为根的树，父结点就是子结点的直接上司。现在有个周年庆宴会，宴会每邀请来一个职员都会增加一定的快乐指数 $a_i$，但是呢，如果某个职员的直接上司来参加舞会了，那么这个职员就无论如何也不肯来参加舞会了。所以，请你编程计算，邀请哪些职员可以使快乐指数最大，求最大的快乐指数。

思路

我们设 $f(i,0/1)$ 代表以 $i$ 为根的子树的最优解（第二维的值 $0$ 代表 $i$ 不参加舞会的情况，$1$ 代表 $i$ 参加舞会的情况）。
对于每个状态，都存在两种决策（其中下面的 $x$ 都是 $i$ 的儿子）：

1. 上司参加舞会，下属不参加
2. 上司不参加舞会，下属可参加或不参加

根据两种状态写出dp递推式
$F(i,1)=\Sigma F(x,0)+a_i$
$F(i,0)=\Sigma max(F(x,1),F(x,0))$

代码

略

树上背包

树上的背包问题，背包与树形dp结合

选课

现在有 $n$ 门课程，第 $i$ 门课程的学分为 $a_i$，每门课程有零门或一门先修课，有先修课的课程需要先学完其先修课，才能学习该课程。
一位学生要学习 $m$ 门课程，求其能获得的最多学分数。
每门课最多只有一门先选课的特点，与有根树中一个点最多只有一个父亲节点的特性类似。
因此可以想到根据这一性质建树，从而所有的课程组成了一个森林结构。
新增一门0学分的课程，作为无前提课程的前提课程，整个森林变为以0为根的树。

设 $f(u,i,j)$ 表示以 $u$ 号点为根的子树中，已经遍历了 $u$ 号点的前 $i$ 棵子树，选了 $j$ 门课程的最大学分。

转移的过程结合了树形 DP 和 背包 DP 的特点，我们枚举$u$ 点的每个子结点 $v$，同时枚举以 $v$ 为根的子树选了几门课程，将子树的结果合并到 $u$ 上。
以 $x$ 为根的子树大小为 $si{z}_x$ 可以记因此有转移方程：
$F(u,i,j)=max(F(u,i-1,j-k)+F(v,S_v,k))$
第二维可以滚动数组优化掉，倒序枚举j。
复杂度为O(nm)

代码

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
int f[305][305], s[305], n, m;
vector<int> e[305];
int dfs(int u) {
  int p = 1;
  f[u][1] = s[u];
  for (auto v : e[u]) {
    int siz = dfs(v);
    for (int i = min(p, m + 1); i; i--)
      for (int j = 1; j <= siz && i + j <= m + 1; j++)
        f[u][i + j] = max(f[u][i + j], f[u][i] + f[v][j]);
    p += siz;
  }
  return p;
}
int main() {
  scanf("%d%d", &n, &m);
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    int k;
    scanf("%d%d", &k, &s[i]);
    e[k].push_back(i);
  }
  dfs(0);
  printf("%d", f[0][m + 1]);
  return 0;
}

换根dp

树形 DP 中的换根 DP 问题又被称为二次扫描，通常不会指定根结点，并且根结点的变化会对一些值，例如子结点深度和、点权和等产生影响。

STA-Station

思路

不妨令 u 为当前结点，v 为当前结点的子结点。首先需要用 $s_i$ 来表示以 i 为根的子树中的结点个数，并且有 $s_u=1+\Sigma s_v$。显然需要一次 DFS 来计算所有的 $S_i$，这次的 DFS 就是预处理，我们得到了以某个结点为根时其子树中的结点总数。
令 $f_u$ 为以 $u$ 为根时，所有结点的深度之和。
$f_v⬅f_u$ 可以体现换根，即以 $u$ 为根转移到以 $v$ 为根。显然在换根的转移过程中，以 $v$ 为根或以 $u$ 为根会导致其子树中的结点的深度产生改变。具体表现为：

• 所有在 $v$ 的子树上的结点深度都减少了一，那么总深度和就减少了 $s_v$；
• 所有不在 $v$ 的子树上的结点深度都增加了一，那么总深度和就增加了 $n-s_v$；

由此地递推方程：
$f_v=f_u+n-s_v=f_u+n-2\times s_v$

在第二次 DFS 遍历整棵树并状态转移 $f_v=f_u+n-2\ast s_v$，那么就能求出以每个结点为根时的深度和了。

代码

#include 
using namespace std;
int head[1000010 << 1], tot;
long long n, size[1000010], dep[1000010];
long long f[1000010];
struct node {
  int to, next;
} e[1000010 << 1];
void add(int u, int v) {  // 建图
  e[++tot] = node{v, head[u]};
  head[u] = tot;
}
void dfs(int u, int fa) {  // 预处理dfs
  size[u] = 1;
  dep[u] = dep[fa] + 1;
  for (int i = head[u]; i; i = e[i].next) {
    int v = e[i].to;
    if (v != fa) {
      dfs(v, u);
      size[u] += size[v];
    }
  }
}
void get_ans(int u, int fa) {  // 第二次dfs换根dp
  for (int i = head[u]; i; i = e[i].next) {
    int v = e[i].to;
    if (v != fa) {
      f[v] = f[u] - size[v] * 2 + n;
      get_ans(v, u);
    }
  }
}
int main() {
  scanf("%lld", &n);
  int u, v;
  for (int i = 1; i <= n - 1; i++) {
    scanf("%d %d", &u, &v);
    add(u, v);
    add(v, u);
  }
  dfs(1, 1);
  for (int i = 1; i <= n; i++) f[1] += dep[i];
  get_ans(1, 1);
  long long int ans = -1;
  int id;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    if (f[i] > ans) {
      ans = f[i];
      id = i;
    }
  }
  printf("%d\n", id);
}

树的直径与重心

树的直径

给定一棵树，
树中每条边都有一个权值，
树中两点之间的距离定义为连接两点的路径边权之和。
树中最远的两个节点之间的距离被称为树的直径，
连接这两个点的路径被称为树的最长链。
————————————————————————————————
树的直径求法：双dfs或树形dp

双dfs

考虑贪心策略，
对于树上的一个随机的点 $W$ ,
我们找到离他最远的 $P$ ,
找到离 $P$ 距离最远的点 $Q$ ,
$PQ$ 的距离即为我们要求的直径。

如图，假设五号点为 $W$ ，
找到离他距离最远的点 $4(P)$，
再找到距离 $P$ 最远的点 $6(Q)$ ，
$PQ$ 的距离即为直径。

代码

#include
#define N 200005
using namespace std;
int n,m;
struct edge{
	int to,nxt,w;
}e[N];
int tot;
int ans,pos;
int head[N],dis[N];
void add(int u,int v,int w){
	e[++tot]={v,head[u],w},head[u]=tot;
}
void dfs(int me,int dad){
	if(ans<dis[me])ans=dis[me],pos=me;
	for(int i=head[me];i;i=e[i].nxt){
		int son=e[i].to;
		if(son==dad)continue;
		dis[son]=dis[son]+e[i].w;
		dfs(son,me);
	}
}
int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<n;i++){
		int u,v;
		cin>>u>>v;
		add(u,v,1),add(v,u,1);
	}
	dis[1]=0;
	dfs(1,0);//第一次dfs,随便找一个点。
	ans=0;dis[pos]=0,dfs(pos,0);//第二次dfs
	cout<<ans<<endl;
}

树形dp

考虑 $f[i]$ 以 $i$ 为根的子树中和从 $i$ 出发的最长长度
考虑以 $u$ 为根的子树
$f[u]=max(f[u],f[v]+e[i].w)$
最长长度就是两条链的和。

或者说，我们原来找到了一条 $f[u]$ 的链

现在我们新找到了一条由 $v$ 节点继承的链

这两条链长度之和的最大值即为 $ans$
所以
$ans=max(ans,f[u]+f[v]+e[i].w)$

PS: 要写在 $f[u]$ 的转移之前

代码

void dfs(int me,int dad)
{
    f[me]=0;
    for(int i=head[me];~i;i=e[i].nxt)
    {
        int son=e[i].to;
        if(son==dad)continue;
        dfs(son,me);
        ans=max(ans,f[me]+f[son]+e[i].w);
        f[me]=max(f[me],f[son]+e[i].w);
    }
}

因为树形 $dp$ 的做法不需要依赖于 $x+y>x(y\in R^{+})$ 的性质，所以边权可以为负。

树的重心

考虑一个点，以它为根的树中，最大的子树节点数最少，我们把这个点称为树的重心。
例：下图中重心为 $1$ 和 $2$ 。

树形dp

求解树的重心的时候，我们通常会采用树形 $dp$

我们用 $s[i]$ 代表以 $i$ 为根的子树节点数

$f[i]$ 代表以 $i$ 为根的子树中最大的子树节点个数

显然，$f[u]=max(f[u],s[v])$
但是我们求重心的时候，是以 $u$ 为根。

$2$ 号节点的父亲变为儿子
所以最后统计 $f[u]$ 的时候，还要记得统计 $n-s[u]$ (即以原来父亲为根的子树的节点数)

代码

void dfs(int me,int dad)
{
    s[me]=1,f[me]=0;
    for(int i=head[me];i;i=e[i].nxt)
    {
        int son=e[i].to;
        if(son==dad)continue;
        dfs(son,dad);
        s[me]+=s[son];
        f[me]=max(f[me],s[son]); 
    }
    f[me]=max(f[me],n-s[me]);
}

性质总结

1. 以重心为根，所有的子树的大小都不超过整个树大小的一半。
2. 树的重心最多有两个。
3. 树的重心到其他节点的距离是最小的。
4. 把一个树添加或删除一个叶子，那么它的重心最多只移动一条边的距离。

CSP-S 2019 树的重心

#include
using namespace std;
#define rd(x) cin>>x
#define ll long long
#define pb push_back
#define print(x) cout<<x<<endl;
const int N = 3e5 + 7;
int n, rt, s[N], g[N], u, v, z[N];
vector<int> e[N];
ll ans, c1[N], c2[N];

inline void add(ll *c, int x, int k) {
	++x;
	while (x <= n + 1) c[x] += k, x += x & -x;
}

inline ll ask(ll *c, int x) {
	++x;
	ll k = 0;
	while (x) k += c[x], x -= x & -x;
	return k;
}

void dfs1(int x, int f) {
	s[x] = 1, g[x] = 0;
	bool fg = 1;
	for (int i = 0; i < e[x].size(); i++) {
		int y = e[x][i];
		if (y == f) continue;
		dfs1(y, x);
		s[x] += s[y];
		g[x] = max(g[x], s[y]);
		if (s[y] > (n >> 1)) fg = 0;
	}
	if (n - s[x] > (n >> 1)) fg = 0;
	if (fg) rt = x;
}

void dfs2(int x, int f) {
	add(c1, s[f], -1);
	add(c1, n - s[x], 1);
	if (x ^ rt) {
		ans += x * ask(c1, n - 2 * g[x]);
		ans -= x * ask(c1, n - 2 * s[x] - 1);
		ans += x * ask(c2, n - 2 * g[x]);
		ans -= x * ask(c2, n - 2 * s[x] - 1);
		if (!z[x] && z[f]) z[x] = 1;
		ans += rt * (s[x] <= n - 2 * s[z[x] ? v : u]);
	}
	add(c2, s[x], 1);
	for (int i = 0; i < e[x].size(); i++) {
		int y = e[x][i];
		if (y == f) continue;
		dfs2(y, x);
	}
	add(c1, s[f], 1);
	add(c1, n - s[x], -1);
	if (x ^ rt) {
		ans -= x * ask(c2, n - 2 * g[x]);
		ans += x * ask(c2, n - 2 * s[x] - 1);
	}
}

inline void solve() {
	rd(n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) e[i].clear();
	for (int i = 1, x, y; i < n; i++) rd(x), rd(y), e[x].pb(y), e[y].pb(x);
	ans = 0;
	dfs1(1, 0);
	dfs1(rt, 0);
	u = v = 0;
	for (int i = 0; i < e[rt].size(); i++) {
		int x = e[rt][i];
		if (s[x] > s[v]) v = x;
		if (s[v] > s[u]) swap(u, v);
	}
	for (int i = 1; i <= n + 1; i++) c1[i] = c2[i] = 0;
	for (int i = 0; i <= n; i++) add(c1, s[i], 1), z[i] = 0;
	z[u] = 1;
	dfs2(rt, 0);
	print(ans);
}

int main() {
	int T;
	rd(T);
	while (T--) solve();
	return 0;
}

主要是统计 $x$ 为重心的次数