树形 DP 入门

WHAT

树本身是靠递归定义的，这对于 dp 来说十分滴友好（本身就具有递归结构）

Problem Expressions

Independent Set (Maximum)

TO vertexes

define

对于任意一个图 \(G\) ，确定一个边集 \(V'\) ，使得其中的点两两不相邻

co-NP

Dominating Set (Minimum)

TO vertexes

definition

每个点的覆盖范围一定，在图 \(G\) 中选出一个点集 \(V'\) ，使得 \(G\) 中的每个点都被覆盖

co-NP

Vertex Cover (Minimum)

TO vertexes

definition

每个点可覆盖所有相邻的边，在图 \(G\) 中选出一个点集 \(V'\) ，使得 \(G\) 中的每条边都被覆盖

co-NP

Matching (Maximum)

TO edges

definition

在图 \(G\) 中选出一个点集 \(E'\) ，使得这些边两两不共点

NP-hard

Addition

在特殊条件限制下（例如树、二分图），以上四个问题可以在多项式时间内解决

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Problem Solutions

Solution 1st

定义 dp[u][0/1] 表示节点 u 选没选

则很容易得出来以下转移式：

\[dp_{u,1} = w_u + \sum_{v \in \text{son}(u)} dp_{u,0}\\ dp_{u,0} = \sum_{v \in \text{son}(u)} \max(dp_{v,0}, dp_{v,1}) \]

View Code

void DFS(int u, int father) {
	dp[u][0] = 0;
	dp[u][1] = wealth[u];
	for (int v : adj[u]) {
		if (v == father) continue;
		DFS(v, u);
		dp[u][0] += max(dp[v][0], dp[v][1]);
		dp[u][1] += dp[v][0];
	}
}

Solution 2nd

definition

dp[u][0] ：被自己覆盖

dp[u][1]：被子节点覆盖

dp[u][2]：被父节点覆盖

State Transformation Function

\[dp_{u,0} = \sum_{v \in \text{son}(u)} \min_{i = 0}^2 dp_{v,i}\\ dp_{u,2} = \sum_{v \in \text{son}(u)} \min_{i = 0}^1 dp_{v,i}\\ dp_{u,1} = \min_{v \in \text{son}(u)} (dp_{u,2}-\min(dp_{v,0},dp_{v,1})+dp_{v,0} \]

View Code

void DFS(int u, int father) {
	dp[u][0] = 1;
	for (int v : adj[u]) {
		if (v == father) continue;
		DFS(v, u);
		dp[u][0] += min({dp[v][0], dp[v][1], dp[v][2]});
		dp[u][2] += min(dp[v][0], dp[v][1]);
	}

	dp[u][1] = INT_MAX / 3;
	for (int v : adj[u]) {
		if (v == father) continue;
		dp[u][1] = min(dp[u][1], dp[u][2] - min(dp[v][0], dp[v][1]) + dp[v][0]);
	}
}

提醒

最后统计答案的时候，由于根节点并没有父亲节点
所以 ans = min(dp[root][0], dp[root][1])

Solution 3rd

稍微转化一下就变得和第一个问题类似

View Code

void DFS(int u, int father) {
	dp[u][0] = 0;
	dp[u][1] = wealth[u];
	for (int v : adj[u]) {
		if (v == father) continue;
		DFS(v, u);
		dp[u][0] += dp[v][1];
		dp[u][1] += min(dp[v][0], dp[v][1]);
	}
}

Solution 4th

我们会惊奇的发现，思路竟然与第二个问题相同

\[dp_{u,0} = \sum_{v \in \text{son}(u)} \max(dp_{v,0}, dp_{v,1})\\ dp_{u,1} = \max_{v \in \text{son}(u)} \{ dp_{u,0} - \max(dp_{v,0}, dp{v,1]} + dp_{v,0} + 1 \} \]

View Code

void DFS(int u, int father) {
	dp[u][0] = 0;
	for (int v : adj[u]) {
		if (v == father) continue;
		DFS(v, u);
		dp[u][0] += max({dp[v][0], dp[v][1]});
	}

	dp[u][1] = INT_MIN / 3;
	for (int v : adj[u]) {
		if (v == father) continue;
		dp[u][1] = max(dp[u][1], dp[u][0] - max(dp[v][0], dp[v][1]) + dp[v][0] + 1);
	}
}

树的直径

搜索

前置知识

从树上任意一个节点出发，记与其距离最远的点为 \(s\)，\(s\) 出发搜到的与之最远的点为 \(t\) ，路径 \(s \to t\) 即为树的直径

Proof

\(\blacksquare\)

• 当 \(u\) 在直径 \(s \to t\) 上时

假设从 \(s\) 搜到的点并不是 \(t\)，记为 \(T\)

则

\[\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{dist}(u, t) \le \text{dist}(u, T)\\ \implies \text{dist}(s,t) \le \text{dist}(s,T) \]

与 \(s\to t\) 是直径的事实矛盾

• \(u\) 不在直径上，但是有交点

  同理

\(\square\)

DP

观察一条直径 \(s \to t\)

在其上选择一个点 \(u\)

我们会发现 \(u\to s\)、\(u\to t\) 一定是从 \(u\) 出发的最长与次长路径

不放定义 \(dp_{\text{type},u}\) 表示从节点 \(u\) 出发的最长/次长路径长度

记 \(v \in \text{son}(u)\)， \(\text{length} = dp_{1,v}+w_{uv}\)

则有：

• 当 \(\text{length} > dp_{1,u}\) 时：

  \[dp_{2,u}=dp_{1,u}\\ dp_{1,u}=\text{length} \]

• 当 \(dp_{1,u}>\text{length}>dp_{2,u}\) 时：

  \[dp_{2,u} = \text{length} \]

  代码实现就是：

  if (length > dp[1][u]) swap(length, dp[1][u]);
  if (length > dp[2][u]) swap(length, dp[2][u]);