Loading docs/dp/tree.md +73 −5 Original line number Diff line number Diff line Loading @@ -2,12 +2,12 @@ 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。 ## 例题 ## 基础 以下面这道题为例，介绍一下树形 DP 的一般过程。 ???+note " 例题[洛谷 P1352 没有上司的舞会](https://www.luogu.com.cn/problem/P1352)" 某大学有 $n$ 个职员，编号为 $1\text{~} N$ 。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。 某大学有 $n$ 个职员，编号为 $1 \sim N$ 。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。 我们可以定义 $f(i,0/1)$ 代表以 $i$ 为根的子树的最优解（第二维的值为 0 代表 $i$ 不参加舞会的情况，1 代表 $i$ 参加舞会的情况）。 Loading Loading @@ -61,10 +61,78 @@ int main() { } ``` ## 树上背包 树上的背包问题，简单来说就是背包问题与树形 DP 的结合。 ???+note "例题[洛谷 P2014 CTSC1997 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。 $n,m \leq 300$ 每门课最多只有一门先修课的特点，与有根树中一个点最多只有一个父亲节点的特点类似。 因此可以想到根据这一性质建树，从而所有课程组成了一个森林的结构。为了方便起见，我们可以新增一门 $0$ 学分的课程（设这个课程的编号为 $0$ ），作为所有无先修课课程的先修课，这样我们就将森林变成了一棵以 $0$ 号课程为根的树。 我们设 $f(u,i,j)$ 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 $u$ 点的每个子节点 $v$ ，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。 记点 $x$ 的儿子个数为 $s_x$ ，以 $x$ 为根的子树大小为 $\textit{siz_x}$ ，很容易写出下面的转移方程： $$ f(u,i,j)=\max_{v,k \leq j,k \leq \textit{siz_v}} f(u,i-1,j-k)+f(v,s_v,k) $$ 注意上面转移方程中的几个限制条件，这些限制条件确保了一些无意义的状态不会被访问到。 $f$ 的第二维可以很轻松地用滚动数组的方式省略掉，注意这时需要倒序枚举 $j$ 的值。 我们可以证明，该做法的时间复杂度为 $O(nm)$ [^note1]。 ??? note "参考代码" ```cpp #include <algorithm> #include <cstdio> #include <vector> 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); // 注意下面两重循环的上界和下界 // 只考虑已经合并过的子树，以及选的课程数超过 m+1 的状态没有意义 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; } ``` ## 习题 [HDU 2196 Computer](http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2196) - [HDU 2196 Computer](http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2196) - [POJ 1463 Strategic game](http://poj.org/problem?id=1463) - [POJ 3585 Accumulation Degree](http://poj.org/problem?id=3585) [POJ 1463 Strategic game](http://poj.org/problem?id=1463) ## 参考资料与注释 [POJ 3585 Accumulation Degree](http://poj.org/problem?id=3585) [^note1]: [子树合并背包类型的 dp 的复杂度证明 - LYD729 的 CSDN 博客](https://blog.csdn.net/lyd_7_29/article/details/79854245) Loading
docs/dp/tree.md +73 −5 Original line number Diff line number Diff line Loading @@ -2,12 +2,12 @@ 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。 ## 例题 ## 基础 以下面这道题为例，介绍一下树形 DP 的一般过程。 ???+note " 例题[洛谷 P1352 没有上司的舞会](https://www.luogu.com.cn/problem/P1352)" 某大学有 $n$ 个职员，编号为 $1\text{~} N$ 。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。 某大学有 $n$ 个职员，编号为 $1 \sim N$ 。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。 我们可以定义 $f(i,0/1)$ 代表以 $i$ 为根的子树的最优解（第二维的值为 0 代表 $i$ 不参加舞会的情况，1 代表 $i$ 参加舞会的情况）。 Loading Loading @@ -61,10 +61,78 @@ int main() { } ``` ## 树上背包 树上的背包问题，简单来说就是背包问题与树形 DP 的结合。 ???+note "例题[洛谷 P2014 CTSC1997 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。 $n,m \leq 300$ 每门课最多只有一门先修课的特点，与有根树中一个点最多只有一个父亲节点的特点类似。 因此可以想到根据这一性质建树，从而所有课程组成了一个森林的结构。为了方便起见，我们可以新增一门 $0$ 学分的课程（设这个课程的编号为 $0$ ），作为所有无先修课课程的先修课，这样我们就将森林变成了一棵以 $0$ 号课程为根的树。 我们设 $f(u,i,j)$ 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 $u$ 点的每个子节点 $v$ ，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。 记点 $x$ 的儿子个数为 $s_x$ ，以 $x$ 为根的子树大小为 $\textit{siz_x}$ ，很容易写出下面的转移方程： $$ f(u,i,j)=\max_{v,k \leq j,k \leq \textit{siz_v}} f(u,i-1,j-k)+f(v,s_v,k) $$ 注意上面转移方程中的几个限制条件，这些限制条件确保了一些无意义的状态不会被访问到。 $f$ 的第二维可以很轻松地用滚动数组的方式省略掉，注意这时需要倒序枚举 $j$ 的值。 我们可以证明，该做法的时间复杂度为 $O(nm)$ [^note1]。 ??? note "参考代码" ```cpp #include <algorithm> #include <cstdio> #include <vector> 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); // 注意下面两重循环的上界和下界 // 只考虑已经合并过的子树，以及选的课程数超过 m+1 的状态没有意义 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; } ``` ## 习题 [HDU 2196 Computer](http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2196) - [HDU 2196 Computer](http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2196) - [POJ 1463 Strategic game](http://poj.org/problem?id=1463) - [POJ 3585 Accumulation Degree](http://poj.org/problem?id=3585) [POJ 1463 Strategic game](http://poj.org/problem?id=1463) ## 参考资料与注释 [POJ 3585 Accumulation Degree](http://poj.org/problem?id=3585) [^note1]: [子树合并背包类型的 dp 的复杂度证明 - LYD729 的 CSDN 博客](https://blog.csdn.net/lyd_7_29/article/details/79854245)
