POJ1192 树形DP 最优连通子集

最优连通子集

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Description

众所周知，我们可以通过直角坐标系把平面上的任何一个点P用一个有序数对(x, y)来唯一表示，如果x, y都是整数，我们就把点P称为整点，否则点P称为非整点。我们把平面上所有整点构成的集合记为W。定义1 两个整点P1(x1, y1), P2(x2, y2)，若|x1-x2| + |y1-y2| = 1，则称P1, P2相邻，记作P1~P2，否则称P1, P2不相邻。定义 2 设点集S是W的一个有限子集，即S = {P1, P2,..., Pn}(n >= 1)，其中Pi(1 <= i <= n)属于W，我们把S称为整点集。定义 3 设S是一个整点集，若点R, T属于S，且存在一个有限的点序列Q1, Q2, ?, Qk满足: 1. Qi属于S（1 <= i <= k）; 2. Q1 = R, Qk = T; 3. Qi~Qi + 1(1 <= i <= k-1)，即Qi与Qi + 1相邻; 4. 对于任何1 <= i < j <= k有Qi ≠ Qj;
我们则称点R与点T在整点集S上连通，把点序列Q1, Q2,..., Qk称为整点集S中连接点R与点T的一条道路。定义4 若整点集V满足：对于V中的任何两个整点，V中有且仅有一条连接这两点的道路，则V称为单整点集。定义5 对于平面上的每一个整点，我们可以赋予它一个整数，作为该点的权，于是我们把一个整点集中所有点的权的总和称为该整点集的权和。
我们希望对于给定的一个单整点集V，求出一个V的最优连通子集B，满足： 1. B是V的子集 2. 对于B中的任何两个整点，在B中连通；
3. B是满足条件(1)和(2)的所有整点集中权和最大的。

Input

第1行是一个整数N（2 <= N <= 1000），表示单整点集V中点的个数；
以下N行中，第i行(1 <= i <= N)有三个整数，Xi, Yi, Ci依次表示第i个点的横坐标，纵坐标和权。同一行相邻两数之间用一个空格分隔。-10^6 <= Xi, Yi <= 10^6；-100 <= Ci <= 100。

Output

仅一个整数，表示所求最优连通集的权和。

Sample Input

Sample Output

Source

Noi 99

自己写的第一道树形DP，表示从来DP都和我有仇...纠结了老久才明白怎么成了一个树了……

给定的是一颗树，根据题意，我们可以从任意一个节点出发，必能访问到其他所有节点，那么dp的起点可以在任意一个节点。我们从该起点出发，对以此点为根的树的每个分支进行搜索，采用树的后续遍历法则，对于每个子树来说，dp值首先加上根节点（因为要保证连通性，所以返回值中必须包含根节点的值，即使为负数也必须加上）先对每个分支dp，然后看分支dp的返回值是不是正数，如果是正数，那么我们就把该分支的返回值加入到该树中去。

就是每个子树的根节点（包括叶子节点）记录dp[i][0]与dp[i][1]，前一个表示不包含根的最大值，后一个表示包含根的最大值。那么我们可以得到对于dp[i][0]，必然是所有分支中dp[child][0]与dp[child][1]中大于0的最大值的累加（因为不包含树根，所以在根节点上的连通性不用保证）,dp[i][1]必然是所有分支中dp[child][1]中大于0的最大值的累加再加上该树根本身的值（因为要保证连通性）。最后只要比较dp[root][0]与dp[root][1]，输出较大。

View Code

 1 #include <stdio.h>
 2 #include <iostream>
 3 using namespace std;
 4 int Abs(int x)
 5 {
 6     return x>=0?x:-x;
 7 }
 8 int max(int x,int y,int z)
 9 {
10     if(x<y) x=y;
11     if(x<z) x=z;
12     return x;
13 }
14 int max(int x,int y)

15 {
16     return x>y?x:y;
17 }
18 struct P
19 {
20     int x,y,c;
21     void input()
22     {
23         scanf("%d%d%d",&x,&y,&c);
24     }
25     bool isConnect(P & t)
26     {
27         if(Abs(x-t.x)+Abs(y-t.y)==1) return 1;
28         return 0;
29     }
30 }p[1005];
31 struct Edge
32 {
33     int v,next;
34 }edge[10005];
35 int edgeNum,head[1005];
36 int dp[1005][2];
37 void addEdge(int u,int v)
38 {
39     edge[edgeNum].v=v;
40     edge[edgeNum].next=head[u];
41     head[u]=edgeNum++;

42 }
43 void dfs(int x,int father)
44 {
45     dp[x][0]=0;
46     dp[x][1]=p[x].c;
47     for(int i=head[x];i!=-1;i=edge[i].next)
48     {
49         if(edge[i].v!=father)
50         {
51             dfs(edge[i].v,x);
52             dp[x][0]=max(dp[x][0],dp[edge[i].v][0],dp[edge[i].v][1]);
53             if(dp[edge[i].v][1]>0)
54             {
55                 dp[x][1]+=dp[edge[i].v][1];
56             }
57         }
58     }
59 }
60 int main()
61 {
62     int n;
63     while(scanf("%d",&n)!=EOF)
64     {
65         for(int i=0;i<n;i++)
66         {
67             head[i]=-1;
68             p[i].input();
69         }
70         edgeNum=0;
71         for(int i=0;i<n;i++)
72           for(int j=i+1;j<n;j++)
73           {
74               if(p[i].isConnect(p[j]))
75               {
76                   addEdge(i,j);
77                   addEdge(j,i);
78               }
79           }
80         dfs(0,-1);
81         printf("%d\n",max(dp[0][0],dp[0][1]));
82     }
83 }

posted @ 2012-07-23 00:03 _sunshine 阅读(990) 评论(0) 收藏举报

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