动态DP总结

动态DP

何为动态DP?

将画风正常的DP加上修改操作。

举个例子?

给你一个长度为\(n\)的数列,从中选出一些数,要求选出的数互不相邻,最大化选出的数的和。

考虑DP,状态设计为\(f[i][1/0]\)表示考虑了前\(i\)个数,第\(i\)个数选/不选的最大和。

状态转移方程显然为:

\[f[i][0]=max(f[i-1][0],f[i-1][1]) \]

\[f[i][1]=f[i-1][0]+a[i] \]

很简单对不对?

改成这样呢?

给你一个长度为\(n\)的数列。有\(m\)次操作,每次操作修改其中一个位置上的数或者从整个数列中选出一些数,要求选出的数不相邻,询问选出的数的和的最大值。

怎么做?

每次修改完重新暴力DP一遍?

不好意思,\(n,m \leq 100000\)

那怎么办?

呦嚯,完蛋。

我们发现\(f[i-1][0/1]\)\(f[i][0/1]\)的转移可以写成矩阵乘法的形式。

需要注意的是这里的矩阵乘法和一般的矩阵乘法略有不同,即用\(max\)替换原来的\(+\),用\(+\)代替原来的\(\times\)

然后就可以使用线段树维护矩阵连乘,得到单次修改\(O(logn)\),单次询问\(O(1)\)的优秀算法了。

出在树上?

题目链接

题意

给定一棵\(n\)个点的树,点带点权。

\(m\)次操作,每次操作给定

\(x,y\),表示修改点\(x\)的权值为\(y\)

你需要在每次操作之后求出这棵树的最大权独立集的权值大小。

\(n,m \leq 100000\)

暴力出奇迹?对于这道题来说不存在的。

题解

简而言之就是带修改树上最大权独立集。

首先,如果一个点的点权小于\(0\),我们可以认为其为\(0\),显然这样不会影响答案。(后来想想这步好像没啥用)

其实刚才那道例题是这道题的链的特殊情况。

但这也启发了我们要把树上的问题转化为序列上的问题,于是我们想到了树剖。

\(f[x][1/0]\)表示以\(x\)为根的子树中,结点\(x\)选/不选时的最大权独立集。\(g[x][1/0]\)表示以\(x\)为根的子树中,不考虑以\(heavychild[x]\)为根的子树,结点\(x\)选/不选时的最大权独立集。

这里的\(g\)数组就类似于上一题的\(a\)数组。

树剖后使用线段树维护每条重链上的矩阵连乘,转移矩阵与上题类似。

\(ver\)代表\(heavychild[x]\)

\(g\)的下标好像有点挤)

这样就可以实现带修改了。具体来说,就是在线段树上修改->跳重链->处理这个轻子树的影响->在线段树上修改->跳重链->处理这个轻子树的影响->...如此循环直到处理完\(top\)\(1\)的重链为止。

时间复杂度\(O(nlog^2n)\)

要注意矩阵乘法部分如果和我写的一样的话线段树上需要倒着乘(矩阵乘法无交换律)。

代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define rin(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define rec(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define trav(i,a) for(int i=head[(a)];i;i=e[i].nxt)
using std::cin;
using std::cout;
using std::endl;
typedef long long LL;

inline LL read(){
	LL x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}

const int MAXN=100005;
int n,m;
int ecnt,head[MAXN];
LL w[MAXN];
int fa[MAXN],dep[MAXN],siz[MAXN],pc[MAXN],top[MAXN],id[MAXN],ed[MAXN],num[MAXN],tot;
LL f[MAXN][2];
int loc,ql,qr;
struct Edge{
	int to,nxt;
}e[MAXN<<1];
struct Mat{
	LL g[2][2];
	Mat(){memset(g,0xc0,sizeof g);}
	friend Mat operator * (Mat x,Mat y){
		Mat ret;
		rin(i,0,1) rin(j,0,1) rin(k,0,1)
			ret.g[i][j]=std::max(ret.g[i][j],x.g[i][k]+y.g[k][j]);
		return ret;
	}
}tr[MAXN<<2],sav[MAXN];

inline void add_edge(int bg,int ed){
	ecnt++;
	e[ecnt].to=ed;
	e[ecnt].nxt=head[bg];
	head[bg]=ecnt;
}

void dfs1(int x,int pre,int depth){
	fa[x]=pre;
	dep[x]=depth;
	siz[x]=1;
	int maxsiz=-1;
	trav(i,x){
		int ver=e[i].to;
		if(ver==pre) continue;
		dfs1(ver,x,depth+1);
		siz[x]+=siz[ver];
		if(siz[ver]>maxsiz){
			maxsiz=siz[ver];
			pc[x]=ver;
		}
	}
}

void dfs2(int x,int topf){
	top[x]=topf;
	id[x]=++tot;
	num[tot]=x;
	if(!pc[x]) return;
	dfs2(pc[x],topf);
	trav(i,x){
		int ver=e[i].to;
		if(ver==fa[x]||ver==pc[x]) continue;
		dfs2(ver,ver);
	}
}

void dfs3(int x){
	f[x][1]=w[x];
	trav(i,x){
		int ver=e[i].to;
		if(ver==fa[x]) continue;
		dfs3(ver);
		f[x][0]+=std::max(f[ver][0],f[ver][1]);
		f[x][1]+=f[ver][0];
	}
}

#define mid ((l+r)>>1)
#define lc (o<<1)
#define rc ((o<<1)|1)
void build(int o,int l,int r){
	if(l==r){
		int x=num[l];
		LL g0=0,g1=w[x];
		trav(i,x){
			int ver=e[i].to;
			if(ver==fa[x]||ver==pc[x]) continue;
			g0+=std::max(f[ver][0],f[ver][1]);
			g1+=f[ver][0];
		}
		tr[o].g[0][0]=tr[o].g[1][0]=g0;
		tr[o].g[0][1]=g1;
		tr[o].g[1][1]=-1e18;
		sav[l]=tr[o];
		return;
	}
	build(lc,l,mid);
	build(rc,mid+1,r);
	tr[o]=tr[rc]*tr[lc];
}

void upd(int o,int l,int r){
	if(l==r){
		tr[o]=sav[l];
		return;
	}
	if(loc<=mid) upd(lc,l,mid);
	else upd(rc,mid+1,r);
	tr[o]=tr[rc]*tr[lc];
}

Mat query(int o,int l,int r){
	if(ql<=l&&r<=qr) return tr[o];
	if(ql>mid) return query(rc,mid+1,r);
	else if(qr<=mid) return query(lc,l,mid);
	else return query(rc,mid+1,r)*query(lc,l,mid);
}
#undef mid
#undef lc
#undef rc

inline Mat subquery(int x){
	ql=id[x],qr=ed[x];
	return query(1,1,n);
}

inline void pathupd(int x,LL y){
	if(w[x]==y) return;
	LL temp=w[x];
	w[x]=y;
	bool flag=1;
	Mat pre,now; 
	while(x){
		if(flag){
			sav[id[x]].g[0][1]+=y-temp;
			pre=subquery(top[x]);
			loc=id[x];
			upd(1,1,n);
			now=subquery(top[x]);
			flag=0;
		}
		else{
			sav[id[x]].g[0][0]+=std::max(now.g[0][0],now.g[0][1])
				-std::max(pre.g[0][0],pre.g[0][1]);
			sav[id[x]].g[1][0]=sav[id[x]].g[0][0];
			sav[id[x]].g[0][1]+=now.g[0][0]-pre.g[0][0];
			pre=subquery(top[x]);
			loc=id[x];
			upd(1,1,n);
			now=subquery(top[x]);
		}
		x=fa[top[x]];
	}
}

int main(){
	n=read(),m=read();
	rin(i,1,n) w[i]=std::max(read(),0ll);
	rin(i,2,n){
		int u=read(),v=read();
		add_edge(u,v);
		add_edge(v,u);
	}
	dfs1(1,0,1);
	dfs2(1,1);
	dfs3(1);
	rin(i,1,n)
		ed[top[i]]=std::max(ed[top[i]],id[i]);
	build(1,1,n);
	while(m--){
		int x=read();
		LL y=std::max(read(),0ll);
		pathupd(x,y);
		Mat ans=subquery(1);
		printf("%lld\n",std::max(ans.g[0][0],ans.g[0][1]));
	}
	return 0;
}

值得一提的是,可以使用\(Link-Cut\ Tree\)或全局平衡二叉树以达到更优的\(O(nlogn)\)的时间复杂度。

习题

[NOIP2018]保卫王国

posted on 2018-11-22 00:20  ErkkiErkko  阅读(107)  评论(0编辑  收藏

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