树形DP入门

树形DP入门

一· 引入

作为一个DP学的很渣的人，树形DP一开始对我很不友好（我连线性DP都没掌握更别说树形DP了）。

所以，为了造福自己，奉献上此篇水文（不喜可以在下方评论）。

我对树形DP的理解（勿喷）：给定了一棵树，要求在其上以最少(最大)的代价（收益）完成给定的操作。所以，对于在树上进行状态转移就显得尤为的重要。

因为树本身是由树和它的子树构成的，所以，我们可以在树上进行递归。递归到叶子节点之后，可以一步一步返回其状态更新根节点。

反过来，因为搜索基本上都可以概括成一个状态的转移，由此，我们也可以在树上进行DP。不同的条件有着不同的状态转移方程式。

接下来，我们通过一道例题来讲解树形DP。

二·例题

例题1 二叉苹果树 洛谷P2015

题面

题目描述

有一棵苹果树，如果树枝有分叉，一定是分二叉（就是说没有只有一个儿子的结点）

这棵树共有 $N$ 个结点（叶子点或者树枝分叉点），编号为 $1\sim N$，树根编号一定是 $1$。

我们用一根树枝两端连接的结点的编号来描述一根树枝的位置。下面是一颗有 $4$ 个树枝的树：

2   5
 \ / 
  3   4
   \ /
    1

现在这颗树枝条太多了，需要剪枝。但是一些树枝上长有苹果。

给定需要保留的树枝数量，求出最多能留住多少苹果。

输入格式

第一行 $2$ 个整数 $N$ 和 $Q$，分别表示表示树的结点数，和要保留的树枝数量。

接下来 $N-1$ 行，每行 $3$ 个整数，描述一根树枝的信息：前 $2$ 个数是它连接的结点的编号，第 $3$ 个数是这根树枝上苹果的数量。

输出格式

一个数，最多能留住的苹果的数量。

样例 #1

样例输入 #1

5 2
1 3 1
1 4 10
2 3 20
3 5 20

样例输出 #1

21

提示

$1⩽Q<N⩽100$，每根树枝上的苹果 $⩽3\times 10^4$。

分析

题目大家都应该理解了，我们接下来逐步分析。

这道题的第一个考点是考察我们对于树的存储。对于树的存储有两种方法（目前我只知道两种），一种是用vector实现的邻接表，一种是链式前向星。（本蒟蒻太菜了，不会链式前向星，只能用邻接表存QWQ）。

接下来，我们开始状态转移。

我们定义一个 $dp[x][j]$ 数组，来表示以 $x$ 为根的儿子上留 $j$ 条边时最多的苹果数量。由此，我们可以得出，最终的答案是 $dp[1][q]$。

状态转移代码如下，等会我们来分析。

for(int j=sum[x];j;j--){
    for(int k=0;k<j;k++){
        dp[x][j]=max(dp[x][j],dp[x][j-k-1]+dp[v][k]+w);
    }
}

其中，$v$ 是 $x$ 的一个儿子结点，然后，$dp[x][j]$ 的计算方法有两部分。

1）$dp[v][k]$ 就是在以 $v$ 为根结点的子树上留 $k$ 条边

2）$dp[x][j-k-1]$ 就是在除了以 $x$ 为根结点的子树上的 $k$ 条边和 $[u,v]$ 这一条边，一共是 $k+1$ 条边。这时，以 $x$ 为根节点的子树上只有 $j-k-1$ 条边了。

接下来放出DP部分代码，带注释，好理解

void dfs(int x,int fath){
    for(int i=0;i<v[x].size();i++){//遍历x的所有子节点
        int vv=v[x][i].v;//x的子节点
        int ww=v[x][i].w;//该边的权
        if(vv==fath)continue;//就不用回去搜父节点啦，避免循环重复（一开始我就是没有注意到这个才导致我MLE）
        dfs(vv,x);//递归到最深的叶子结点，然后返回一步一步更新信息直到到根结点
        sume[x]+=sume[vv]+1;//sume[i]是来记录以i为根的子树的总边数，这里是累计子树上的总边数
        for(int j=sume[x];j;j--){
            for(int k=0;k<j;k++){
                dp[x][j]=max(dp[x][j],dp[x][j-k-1]+dp[vv][k]+ww);//状态转移，解释过啦，没什么好说的
            }
        }
    }
}

其实上面我们给的是多叉树的状态转移的方法，二叉树有其独特的转移方法，但是我们学了多叉树之后还有必要学二叉树吗（doge）。

上面一题我们也使用多叉树的方法处理的二叉树，那两部分计算方式大家都应该了解了吧。

其实上面的代码最关键的便是 $dfs()$ 中的 $j$ 循环方向，不知道循环方向，我们就无法做出此题。$j$ 应该是从 $sume[x]$ 开始慢慢递减，而不是从 $0$ 开始递增。因为它此时的状态应该是以前用 $x$ 的子树计算之后得来的结果，即排除当前的 $v$ 的这个子树的计算结果。

而 $k$ 的循环顺序是无所谓的，递增递减都可以 。

该代码的时间复杂度小于 $O(n^3)$。

例题2.没有上司的舞会 洛谷P1352

题面

题目描述

某大学有 $n$ 个职员，编号为 $1\dots n$。

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 $r_i$，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。

输入格式

输入的第一行是一个整数 $n$。

第 $2$ 到第 $(n+1)$ 行，每行一个整数，第 $(i+1)$ 行的整数表示 $i$ 号职员的快乐指数 $r_i$。

第 $(n+2)$ 到第 $2n$ 行，每行输入一对整数 $l,k$，代表 $k$ 是 $l$ 的直接上司。

输出格式

输出一行一个整数代表最大的快乐指数。

样例 #1

样例输入 #1

7
1
1
1
1
1
1
1
1 3
2 3
6 4
7 4
4 5
3 5

样例输出 #1

5

提示

数据规模与约定

对于 $100\%$ 的数据，保证 $1\le n\le 6\times 10^3$，$-128\le r_i\le 127$，$1\le l,k\le n$，且给出的关系一定是一棵树。

分析

本题是树形DP的经典例题！！！

如题目所说，一个职员就是一个节点，如果一个节点参加宴会，那么它的子节点就不能参加宴会。如果这个节点不参加宴会，那么它的子节点参不参加宴会都可以。

状态转移分析：

我们定义一个 $dp[i][0]$ 数组表示不选择当前的节点，也就是不参加宴会的的最优解。

反之 $dp[i][1]$ 表示选择当前节点，也就是参加宴会的最优解。

状态转移也有两种情况，我们逐个分析

1）如果我们不选择当前的节点，那么它的子节点就是可以选可以不选，我们取其中的最大值，也就是 $dp[x][0]+=max(dp[x][0],dp[v][1])$。

2）如果我们选择当前这个节点，那么它的子节点都不可以选了。也就是 $dp[x][1]+=dp[v][0]$。

下面给出本题代码

#include
using namespace std;
int a[6005],fath[6005],dp[6005][2],n,r;
vector<int>s[6005];
void dfs(int x){
    dp[x][0]=0;//不参加宴会初始化
    dp[x][1]=a[x];//参加宴会初始化
    for(auto v:s[x]){
        dfs(v);//递归子节点
        dp[x][1]+=dp[v][0];//选父节点，子节点不可以选
        dp[x][0]+=max(dp[v][0],dp[v][1]);//不选父节点，子节点可以选可以不选
    }
}
int main(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];//快乐指数
    }
    for(int i=1,x,y;i<n;i++){
        cin>>x>>y;
        s[y].push_back(x);//vector邻接表建树
        fath[x]=1;//标记，证明它不是根结点
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(!fath[i]){
            r=i;
            break;
        }
    }//此处的for在查找树的根结点
    dfs(r);//r为此树的根结点，从根结点开始遍历这棵树
    cout<<max(dp[r][0],dp[r][1]);//选与不选的最大值
    return 0;
}

本代码的时间复杂度为 $O(n)$。

以上就是我对树形DP的初步理解（终于理解DP的含义了）