『战略游戏 最大利润 树形DP』

<更新提示>

<第一次更新> 通过两道简单的例题，我们来重新认识树形DP。

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<正文>

战略游戏(luoguP1026)#

Description#

Bob喜欢玩电脑游戏，特别是战略游戏。但是他经常无法找到快速玩过游戏的办法。现在他有个问题。他要建立一个古城堡，城堡中的路形成一棵树。他要在这棵树的结点上放置最少数目的士兵，使得这些士兵能了望到所有的路。注意，某个士兵在一个结点上时，与该结点相连的所有边将都可以被了望到。

请你编一程序，给定一树，帮Bob计算出他需要放置最少的士兵。

Input Format#

输入文件中数据表示一棵树，描述如下： 第一行 N，表示树中结点的数目。 第二行至第N+1行，每行描述每个结点信息，依次为：该结点标号i，k(后面有k条边与结点I相连)，接下来k个数，分别是每条边的另一个结点标号r1，r2，...，rk。 对于一个n(0<n<=1500)个结点的树，结点标号在0到n-1之间，在输入文件中每条边只出现一次。

Output Format#

输出文件仅包含一个数，为所求的最少的士兵数目。

Sample Input#

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4 
0 1 1 
1 2 2 3 
2 0 
3 0

Sample Output#

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1

解析#

在树形图求解最优化问题，很明显就是一道树形DP的模板题。
我们根据树形\(DP\)通常设置状态的套路来设计这道题的状态:\(f[i][0/1]\)代表以\(i\)为根的子树中的最小士兵数，\(1\)代表节点i放了士兵，\(0\)代表节点i没放士兵。
对于状态的转移，我们可以分两种情况讨论：

1.节点\(i\)放一个士兵，节点\(i\)的子节点可以放士兵，也可以不放士兵
2.节点\(i\)不放士兵，节点i的各个子节点都必须放士兵

那么所对应的状态转移方程就是:

\[1.f[i][1]=\sum_{j \in son(i)}min\{f[j][0],f[j][1]\}+1 \\2.f[i][0]=\sum_{j \in son(i)}f[j][1] \]

注意到题中没有明确的树根的指明，所以我们只要随便找一个入度为0的点当做树根执行记忆化搜索即可。

\(Code:\)

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1500+30;
int n,f[N][2],ans=0x3f3f3f3f,vis[N];vector < int >Link[N];
inline void input(void)
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int index,num,temp;
		scanf("%d%d",&index,&num);
		for(int j=1;j<=num;j++)
		{
			scanf("%d",&temp);
			Link[index].push_back(temp);
			vis[temp]=1;
		}
	}
}
inline void dp(int root)
{
	f[root][1]=1;
	f[root][0]=0;
	for(int i=0;i<Link[root].size();i++)
	{
		int Son=Link[root][i];
		dp(Son);
		f[root][0]+=f[Son][1];
		f[root][1]+=min(f[Son][0],f[Son][1]);
	}
	return;
}
int main(void)
{
	freopen("strategi.in","r",stdin);
	freopen("strategi.out","w",stdout);
	input();
	int root;
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		if(!vis[i])
		{
			root=i;
			break;
		}
	}
	dp(root);
	printf("%d\n",min(f[root][0],f[root][1]));
}

最大利润(SMOJ1782)#

Description#

政府邀请了你在火车站开饭店，但不允许同时在两个相连接的火车站开。
任意两个火车站有且只有一条路径，每个火车站最多有50个和它相连接的火车站。
告诉你每个火车站的利润，问你可以获得的最大利润为多少。

Input Format#

第一行输入整数N(<=100000)，表示有N个火车站，分别用1，2，...，N来编号。

接下来N行，每行一个整数表示每个站点的利润，接下来N-1行描述火车站网络，每行两个整数，表示相连接的两个站点。

Output Format#

输出一个整数表示可以获得的最大利润

Sample Input#

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6
10
20
25
40
30
30
4 5
1 3
3 4
2 3
6 4

Sample Output#

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90

解析#

这道题和上一道题很像，都是很明显的树形\(DP\)。但是两道题有不同之处：上一题是覆盖相邻的边，但这题是覆盖相邻的点。上一题是必须全部覆盖，这一题是可以不全部覆盖，但不能重叠。我们仍然可以设\(f[i][0/1]\)代表以\(i\)为根的子树中的最大利润，\(0\)代表节点i没有开餐馆，\(1\)代表节点\(i\)开了餐馆。
状态的转移就和上一题很相似了：

1.若节点\(i\)开了餐馆，则它的子节点可以开餐馆，也可以不开
2.若节点\(i\)没开餐馆，则它的子节点都不能开餐馆

状态转移方程：

\[f[i][0]=\sum_{j \in son(i)}max{f[j][1],f[j][0]} \\f[i][0]=\sum_{j \in son(i)}f[j][0]+a[i] \]

注意在记忆化搜索的时候需要开一个访问数组标记，避免递归死循环。

\(Code:\)

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100000+80;
int n,f[N][2],a[N],vis[N],ans=0;
vector < int > Link[N];
inline void input(void)
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=1;i<n;i++)
	{
		int u,v;
		scanf("%d%d",&u,&v);
		Link[u].push_back(v);
		Link[v].push_back(u);
	}
} 
inline void dp(int root)
{
	f[root][0]=0;
	f[root][1]=a[root];
	for(int i=0;i<Link[root].size();i++)
	{
		int Son=Link[root][i];
		if(vis[Son])continue;
		vis[Son]=1;
		dp(Son);
		f[root][0]+=max(f[Son][1],f[Son][0]);
		f[root][1]+=f[Son][0];
	}
	return;
}
int main(void)
{
	freopen("profit.in","r",stdin);
	freopen("profit.out","w",stdout);
	input();
	memset(f,0x00,sizeof f);
	memset(vis,0x00,sizeof vis);
	vis[1]=1;
	dp(1);
	printf("%d\n",max(f[1][1],f[1][0]));
}

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<后记>