詳解樹(shù)形DP
前言
給定一顆有N個(gè)節(jié)點(diǎn)的樹(shù)(一般是無(wú)根樹(shù),就有N-1條無(wú)向邊),可以任選一個(gè)節(jié)點(diǎn)作為根節(jié)點(diǎn)
一般以節(jié)點(diǎn)從深到淺(子樹(shù)從小到大)的順序作為dp階段順序
dp的狀態(tài)表示中,第一維通常是節(jié)點(diǎn)編號(hào)(節(jié)點(diǎn)編號(hào)代表了以該節(jié)點(diǎn)為根的子樹(shù))
對(duì)于每個(gè)節(jié)點(diǎn)x,先遞歸在它的每個(gè)子節(jié)點(diǎn)上進(jìn)行dp,回溯時(shí),從子節(jié)點(diǎn)向x進(jìn)行狀態(tài)轉(zhuǎn)移
A - Anniversary part
N個(gè)員工,編號(hào)為1~N
他們之間有從屬關(guān)系,也就是說(shuō)他們的關(guān)系就像一棵以校長(zhǎng)為根的樹(shù),父結(jié)點(diǎn)就是子結(jié)點(diǎn)的直屬上司?,F(xiàn)在有個(gè)宴會(huì),宴會(huì)每邀請(qǐng)來(lái)一個(gè)員工 i 都會(huì)增加一定的快樂(lè)指數(shù) Ri,但如果某個(gè)員工的直屬上司來(lái)了,那么這個(gè)員工就不會(huì)來(lái)。計(jì)算邀請(qǐng)哪些員工可以使快樂(lè)指數(shù)最大,輸出最大的快樂(lè)指數(shù)
設(shè) dp [x] [0] 表示在 x 為根的子樹(shù)中邀請(qǐng)部分員工,并且 x 不參加時(shí),快樂(lè)指數(shù)總和的最大值,此時(shí) x 子節(jié)點(diǎn)(直接下屬)可以參加也可以不參加 (s表示x子節(jié)點(diǎn))
設(shè) dp [x] [1] 表示在 x 為根的子樹(shù)中邀請(qǐng)部分員工,并且 x 參加時(shí),快樂(lè)指數(shù)總和的最大值,此時(shí) x 子節(jié)點(diǎn)(直接下屬)都不能參加,H[x] 表示當(dāng)前節(jié)點(diǎn)(x)的快樂(lè)指數(shù) (s表示x子節(jié)點(diǎn))
這個(gè)題給的是有根樹(shù),就可以從根節(jié)點(diǎn)開(kāi)始,dp目標(biāo)就是 max(F[root,0] , F[root,1]) 時(shí)間復(fù)雜度ON
#include <cstdio> #include <iostream> #include <cstring> #include <algorithm> #include <vector> using namespace std; vector<int> son[10010]; int dp[10010][2];//0不參加,1參加 int v[10010];//記錄有沒(méi)有父節(jié)點(diǎn) int h[10010];//記錄快樂(lè)指數(shù) int n; void DFS(int x){ dp[x][0] = 0; dp[x][1] = h[x]; for (int i = 0; i < son[x].size(); i++) { int y = son[x][i]; DP(y); dp[x][0] += max(dp[y][0],dp[y][1]); dp[x][1] += dp[y][0]; } } int main(){ cin>>n; for (int i = 1; i <=n ; i++) scanf("%d",&h[i]); for (int i = 1; i <n ; i++) { int x,y; cin>>x>>y; v[x] = 1;//x有爸爸 son[y].push_back(x);//x是y的子節(jié)點(diǎn) } int root; for (int i = 1; i <= n; i++) if(!v[i]){ //i沒(méi)有爸爸 root = i; break; } DFS(root); cout << max(dp[root][0],dp[root][1]) << endl; return 0; }
B - Strategic game
有n個(gè)點(diǎn),在某些點(diǎn)上放置哨兵,每個(gè)哨兵可以監(jiān)控和它有邊相連的點(diǎn),問(wèn)監(jiān)視所有的點(diǎn)需要的最少的哨兵數(shù)
也就是說(shuō)一顆n個(gè)結(jié)點(diǎn)的樹(shù),要求選出其中的一些頂點(diǎn),使得對(duì)于樹(shù)中的每條邊(u, v),u和v至少有一個(gè)被選中,要求給出選中頂點(diǎn)數(shù)最少的方案
設(shè) dp [x] [0] 表示在不選擇節(jié)點(diǎn) x 的情況下,以 x 為根節(jié)點(diǎn)的子樹(shù),最少需要選擇的節(jié)點(diǎn)數(shù)
當(dāng)i為葉子節(jié)點(diǎn)時(shí)
當(dāng)i不為葉子節(jié)點(diǎn)時(shí) (s表示x子節(jié)點(diǎn))
設(shè) dp [x] [1] 表示在選擇節(jié)點(diǎn) x 的情況下,以 x 為根節(jié)點(diǎn)的子樹(shù),最少需要選擇的節(jié)點(diǎn)數(shù)
當(dāng)i為葉子節(jié)點(diǎn)時(shí)
當(dāng)i不為葉子節(jié)點(diǎn)時(shí) (s表示x子節(jié)點(diǎn))
#include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> #include <cmath> #define maxn 1508 using namespace std; int dp[maxn][2]; int soncnt[maxn]; int parent[maxn]; int n; void DFS(int x) { int i, d1=0, d0=0; if (soncnt[x] == 0) { dp[x][0] = 0; dp[x][1] = 1; return; } for (i=0; i < n; i++) { if (parent[i] == x) { DFS(i); d1 += min(dp[i][0], dp[i][1]); d0 += dp[i][1]; } } dp[x][1] = d1 + 1; dp[x][0] = d0; } int main() { int dad, son, m; while (cin >> n) { memset(soncnt, 0, sizeof(soncnt)); memset(parent, -1, sizeof(parent)); int root = -1; for (int i = 0; i < n; i++) { scanf("%d:(%d)", &dad, &m); soncnt[dad] = m; if (root == -1) { root = dad; } while (m--) { scanf("%d", &son); parent[son] = dad; } } DFS(root); cout << min(dp[root][0], dp[root][1]) << endl; } return 0; }
C - Tree Cutting
給一顆n個(gè)結(jié)點(diǎn)的樹(shù),節(jié)點(diǎn)編號(hào)為1~n
問(wèn):刪除哪些結(jié)點(diǎn)后,剩余各個(gè)子樹(shù)的大小均小于原總結(jié)點(diǎn)數(shù)的一半
拆除一個(gè)節(jié)點(diǎn)后,剩余部分為其若干兒子的子樹(shù)以及該節(jié)點(diǎn)上層所連其余部分(n-size[i]),只要這些連接塊大小都不超過(guò)n/2,該節(jié)點(diǎn)就滿足條件。因而我們可以先求出每個(gè)節(jié)點(diǎn)所管轄的那棵樹(shù)的大小,自下而上地為每個(gè)節(jié)點(diǎn)求出其子樹(shù)規(guī)模(該點(diǎn)規(guī)模=其兒子的規(guī)模和+1)。
在建樹(shù)的時(shí)候可以直接用連接表(vector)儲(chǔ)存無(wú)向邊,這時(shí)由于無(wú)法區(qū)分與每個(gè)點(diǎn)相連的是其父節(jié)點(diǎn)還是子節(jié)點(diǎn),會(huì)引發(fā)問(wèn)題:在dfs的時(shí)候把父節(jié)點(diǎn)誤認(rèn)作兒子節(jié)點(diǎn),解決方法就是在遞歸的時(shí)候傳入父節(jié)點(diǎn)編號(hào),然后在遞歸,計(jì)算規(guī)模,比較大小的時(shí)候避開(kāi)它就可以了
#include<iostream> #include<cstring> #include<vector> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; int n; int root; vector<int>G[10000+400]; vector<int>ans; int sz[10000+400]; void dfs(int par,int u){ sz[u]=1; for(int i=0;i<(int)G[u].size();i++){ if(G[u][i]!=par) dfs(u,G[u][i]); } int piece=0; for(int i=0;i<(int)G[u].size();i++) if(par!=G[u][i]){ sz[u]+=sz[G[u][i]]; piece=max(piece,sz[G[u][i]]); } piece=max(piece,n-sz[u]); if(piece<=n/2) ans.push_back(u); } int main(){ while(cin>>n){ memset(sz,0,sizeof(sz)); int x,y; for(int i=0;i<n-1;i++){ scanf("%d%d",&x,&y); G[x].push_back(y); G[y].push_back(x); } dfs(0,1); sort(ans.begin(),ans.end()); for(int i=0;i<(int)ans.size();i++) cout<<ans[i]<<endl; } return 0; }
LCA 最近公共祖先
倍增(基于二分的方法)
假如樹(shù)上的兩個(gè)點(diǎn),處于同一深度時(shí),對(duì)于往上跳mid步,顯然有單調(diào)性:
如果它們往上跳mid步是同一個(gè)點(diǎn),則這個(gè)點(diǎn)是它們的共同祖先,但不一定是最近公共祖先
那么如果我們可以快速得到每個(gè)點(diǎn)往上跳若干步是誰(shuí),顯然我們可以利用二分來(lái)求LCA
這個(gè)可以用倍增來(lái)做。
倍增的思想其實(shí)非常簡(jiǎn)單,就是利用二進(jìn)制的思想。一個(gè)顯然的結(jié)論有:
節(jié)點(diǎn)u往上跳2^(k+1)的布的祖先 = (節(jié)點(diǎn)u往上跳2k布的祖先)往上跳2k布的祖先
用代碼表示就是:
fa[u][k + 1] = fa[ fa[u][k] ][k];
這個(gè)的預(yù)處理也非常簡(jiǎn)單,我們只需要初始化每個(gè)fa[u][0]就可以了就可以了,因?yàn)榻酉聛?lái)的部分都可以根據(jù)上面的公式遞推。
然后預(yù)處理好這個(gè)之后,我們就可以根據(jù)這個(gè)進(jìn)行二分了,代碼如下:
int fa[maxn][20], dep[maxn]; void dfs(int u, int f, int d) { dep[u] = d; fa[u][0] = f; for(int i = 1; i < 20; ++i) { fa[u][i] = fa[fa[u][i - 1]][i] - 1; } for(int i = head[u]; ~i; i = nxt[i]) { int t = to[i]; if(t != f) { dfs(t, u, d + 1); } } } int lca(int u, int v) { if(dep[u] < dep[v]) swap(u, v); int k = dep[u] - dep[v]; for(int i = 0; i < k; ++i) { if((1 << i) & k) u = fa[u][i]; } if(u == v) return u; for(int i = 19; i >= 0; --i) { if(fa[u][i] != fa[v][i]) { u = fa[u][i]; v = fa[v][i]; } } return fa[u][0]; }
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