树形DP 换根DP 树形背包

posted on 2023-08-04 14:05:43 | under 笔记 | source

前言

夏令营某天，zsq：大家今晚复习树形 dp，明早测试。

我：啊？什么东西（马上搜索树形 dp）

部分内容借鉴了网络资源，以及曹文、李建等人所著的 《信息学奥赛一本通 提高篇》。

介绍

• 概念

  顾名思义，就是在树上做 \(\operatorname{dp}\)。

  显然，树中的父、子节点关系满足子问题关系。与线性 \(\operatorname{dp}\) 的顺推逆推类似，树形 \(\operatorname{dp}\) 也有两种转移方向。

  1. 子节点转移至父节点：将子节点的信息转移至父节点，如树形背包问题。

     在遍历子节点后，整理信息至父节点。

  2. 父节点转移至子节点：将父节点转移至子节点，应用于换根 \(\operatorname{dp}\) 中。

     先得出父节点的信息，再转移至子节点，往往需要考虑信息重复的问题。

• 时空复杂度

  一定有第一维 \([u]\) 代表树上每个节点。

  第二维 \([k]\) 视情况而定，通常表示容积、最长链点数等，变化多端。

  除此之外，对于一些复杂问题往往会有多组 \(\operatorname{dp}\) 数组，以及树上常用数据（深度、子树大小等）。

  由于每个点只会被父节点访问一次、作为其它点的父节点一次，因此时间复杂度是 \(O(n)\) 的。如有第二维，则时间复杂度为 \(O(nk)\)。

例题分析

在此之前，定义：\(v∈u\)，当且仅当 \(v\) 为 \(u\) 子节点。

• 朴素树形 \(\operatorname{dp}\)

  最常见的树形 \(\operatorname{dp}\) ，即由子节点传至父节点。

• 例题 P2016 战略游戏

  大意：给出一棵树，选择一些特殊点，每个特殊点可以覆盖相连之边。求覆盖所有边的最小特殊点数？

  思路：需要在树型结构上求最值，而且与每个点的取舍有关，考虑树形 \(\operatorname{dp}\)。

  定义 \(dp[u][0/1]\) 代表：以 \(u\) 为根的子树中，\(u\) 是否为特殊点时（ \(0\) 不放，\(1\) 放 ），覆盖子树所有边的最小花费。

  然后分类讨论：

  1. \(u\) 不为特殊点，则它的所有子节点必为特殊点。

  2. \(u\) 为特殊点，则它的子节点可为可不为特殊点，取花费最小的方案即可。

  整理得：

  \(dp[u][0]=\sum\limits_{v_i∈u}dp[v_i][1]\)

  \(dp[u][1]=\sum\limits_{v_i∈u}min(dp[v_i][0],dp[v_i][1])\)

  主要代码如下：

  void dfs(int u,int fa){
      dp[u][1]=1; //初始值一定要注意
      for(int i=head[u]; i;i=e[i].nxt){
          int v=e[i].v;
          if(v^fa){
              dfs(v,u);
          }
      }
      for(int i=head[u]; i;i=e[i].nxt){
          int v=e[i].v;
          if(v^fa){
              dp[u][1]+=min(dp[v][0],dp[v][1]);
              dp[u][0]+=dp[v][1];
          }
      }
  }
  

• 树形背包

  树形 \(\operatorname{dp}\) 与背包问题的结合，即每次转移均做一次背包。

  也可视为依次合并子树，并更新合并后的值，也就是说 \(siz[u]\) 的值是动态变化的。

  仿照 \(\operatorname{01}\) 背包倒序枚举的写法，可忽略掉 \(\operatorname{dp}\) 数组关于时间轴的一维。

  转移方程如下：

  这样写要用滚动数组 \(a\)：

  \(dp_{u,i+j}=\max\limits_{v∈u,i≤min(k,siz[u]),j≤min(k,siz[v]),i+j\le k}a_{u,i}+dp_{v,j}\)

  这样写要倒序枚举，时间有时会挂：

  \(dp_{u,i}=\max\limits_{v∈u,i≤min(k,siz[u]),j≤min(i,siz[v])}dp_{u,i-j}+dp_{v,j}\)

  没啦~

  时间复杂度的分析：

  看似是 \(O(n^3)\) 的复杂度，但真是如此吗？

  首先，任意两点只会在其 \(\operatorname{LCA}\) 处合并，合并后信息传递至 \(\operatorname{LCA}\)，故不再被合并，因此所有点合并次数为 \(n\)。

  所以时间复杂度是 \(O(nk^2)\)？事实上是 \(O(nk)\)。

  对每次合并进行讨论，不妨设两棵子树的大小分别为 \(x\) 与 \(y\)，显然合并两背包的时间复杂度为 \(O(xy)\)。

  然后对 \(x\)、\(y\)、\(k\) 的大小关系分类讨论。

  1. \(x=k\) 且 \(y=k\)：合并复杂度为 \(O(k^2)\)。此时最坏情况下将有 \(\frac nk\) 棵 大小为 \(k\) 的子树，因此合并次数不超过 \(\frac nk\)。总复杂度为 \(O(k^2*\frac nk)=O(nk)\)。

  2. \(x<k\) 且 \(y<k\)，合并后 \(x+y<k\)：考虑贡献法，合并操作可视为 \(x\) 中的每个点产生 \(O(y)\) 的贡献，由于子树大小始终 \(<k\)，因此每个点的贡献至多为 \(O(k)\)，总复杂度便为 \(O(nk)\)。

  3. \(x<k\) 且 \(y<k\)，合并后 \(x+y≥k\)：每次合并时间复杂度为 \(O(k^2)\)，结合 \(\operatorname{1}\) 的分析，最坏情况下这样的合并次数不超过 \(\frac nk\)，因此总复杂度为 \(O(k^2*\frac nk)=O(nk)\)。

  所以想写对时间的话，一定要卡好每次循环的上下界。

• 例题 P4516 潜入行动

  普通树形背包题。

  定义 \(f_{u,i,0/1,0/1}\) 表示以 \(u\) 为根的子树中，安装了 \(i\) 个装置，点 \(u\) 是否安装装置、是否被覆盖，且除根外的节点均被覆盖时的方案数。

  状态转移时需注意如下要点，别写着写着就搞错了：

  • 对于子节点而言：子节点状态已经确定，也就是根节点的状态不能与其产生矛盾（例如：根节点安装装置的状态，不能由 子节点不被覆盖的状态 转移而来）。

  • 对于根节点而言：“是否安装装置”这一状态已经固定，但“是否被覆盖”这一状态是可以变的（例如：现在根节点被覆盖的方案数，可由 原先根节点未被覆盖的方案数 \(×\) 子节点安装装置的方案数 得来）。

  还有，这道题要用滚动数组进行正向枚举，常规的逆向枚举会 \(\rm {TLE}\)。这让我们了解到正逆两种枚举方式的不同（逆向枚举可能会枚举到一些无效状态，避免这一点也是可以过的）。

  要注意的就这几点，可自行推导后翻阅题解比对。

• 换根 \(\operatorname{dp}\)

  在该题型中，需求出以不同节点为根时所要求的值。

  解决此类题型的套路是：先由叶到根求出以 \(u\) 为根的子树的某种值 \(g_u\)，再由根到叶求出 \(u\) 作为整棵树的某种值 \(f_u\)，一般通过容斥原理求 \(f_u\)（其实就是去掉重复值）。

  预处理后再做一次 \(\operatorname{dp}\)，此时处理的是父节点转移至子节点。

  换根 \(\operatorname{dp}\) 思维量较大，掌握根之间的转换是解题的重要步骤。

• 例题 P9437 一棵树

  大意：看题目，很清晰。

  思路：考虑换根 \(dp\)。

  以下所提的 \(a[i]\) 为原题的定义。

  值得一提的是 \(e(u,u)\) 也算合法路径。

  定义以下数组：

  • \(g[u]\)：原图中，以 \(u\) 为根的子树中的所有点到达 \(u\) 的路径值之和。

  • \(f[u]\)：原图中，非以 \(u\) 为根的子树中的所有点到达 \(u\) 的路径值之和。

  • \(d[i]\)：预处理数组，由于 \(a[i]\) 不只一位。表示 \(10\) 的 \(a[i]\) 数位大小次方。

  • \(siz[u]\)：预处理数组，原图中 \(u\) 的子树大小。

  到达 \(u\) 的路径值 \(P\)，可理解为一个以 \(u\) 结尾的数（题意）。

  之所以这样定义，是为了简化转移操作。 如果存在 \(e(u,v)\)，则路径值 \(P2=d[v]*P+a[v]\) 。

  转移方程的推导：

  建议画图推导。

  • \(siz[u]=1+\sum\limits_{v_i∈u}siz[v]\)，这是显然的。

  • \(g[u]\) 将在第一次遍历中得到，理解为在 \(g[v]\) 后面再接一个 \(a[u]\)：

    \(g[u]=\sum\limits_{v_i∈u}g[v_i]*d[u]+siz[v_i]*a[u]\)

  • \(f[u]\) 将在第二次遍历中得到，也是较难理解的部分。

  令 \(fa\) 为 \(u\) 的父节点，遍历 \(u\) 时已经得到 \(f[fa]\)。

  为了方便处理，我们先得出除 $u$ 子树外的所有点到 $fa$ 的路径值之和 $S$，再由 $S$ 得到 $f[u]$。
  
  如图所示，$S$ 又可分为 $A$（蓝）、$B$（红） 两部分，主意 $fa$ 同时处于 $A$、$B$ 中：
  
  ![](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/nurn6h62.png?x-oss-process=image/resize,m_lfit,h_170,w_225)
  
  显然，$A=f[fa]$。
  
  而 $B$ 的含义是：$fa$ 子树中，除 $u$ 子树外的所有点至 $fa$ 的路径值之和，考虑大减小：
  * 红色部分：$g[fa]$
  * 黄色部分：$g[u]*d[fa]+siz[u]*a[fa]$，此处不是指黄点至 $u$ 的路径和，而是指黄点至 $fa$ 的路径和，因此要多算上 $a[fa]$。
  
  于是： 
  
  $B=g[fa]-(g[u]*d[fa]+siz[u]*a[fa])$
  
  $S=A-B==f[fa]-(g[fa]-(g[u]*d[fa]+siz[u]*a[fa]))$
  
  注意 $e(fa,u)$ 会被经过 $n-siz[u]$ 次，即树上除 $u$ 子树外的所有点。
  
  所以：
  
  $f[u]=d[u]*S+(n-siz[u])*a[u]$
  
  大功告成！
  

  代码的所有重要部分已被推导出。至于具体实现，太过复杂故不展示。