随笔分类 - 动态规划 - 树形dp
摘要：首先，肯定没有不合法情况（每条边的权值都赋值为 $1$ 就一定合法） 然后对于一条边 $(x,y)$ 来说，只可能有 3 种取值. 1. 取 $a[x]$ 2. 取 $a[y]$ 3. 取 $m$ 然后转化成这一步后就可以进行树形 DP 了. 令 $f[x][0],f[x][1]$ 分别表示以 $x
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摘要：神仙容斥+DP可还行. code: #include <cstdio> #include <cmath> #include <vector> #include <cstring> #include <algorithm> #define N 1007 #define ll long long #de
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摘要：本来以为这道题会非常难调，但是没想到调了不到 5 分钟就 A 了. 由于基于多项式的运算都可以方便地进行封装，所以细节就不是很多（或者说几乎没有细节） 题意：给定一棵树，每个点有点权，求对于所有大小为 $m$ 的独立集的点权之积的和. 数据范围：$n,m \leqslant 8 \times 10^
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摘要：现在看来这道题就简单了. 首先要知道，树形 DP 的复杂度是 $O(n^2)$ 的（通过严格控制子树大小，均摊下来一个状态只会贡献 n 次). 然后这道题要求选的个数最多为 $k$，所以复杂度就是 $O(nk)$ 的. 设 4 个状态：$f[x][y][0/1],g[x][y][0/1]$ 分别代表
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摘要：比较好的一道虚树题. 建出虚树，然后计算虚树中距离点 $x$ 最近的关键点，这个来一次树形dp+换根即可实现. 难点在于计算 $x$ 到 $x$ 父亲这一段所有节点归属于谁(肯定属于 $x$ 的最近点或 $x$ 父亲最近点). 这里的话肯定可以二分出拐点（拐点以前属于 $x$，拐点以后属于 $y$)
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摘要：由于有重复数字，所以这个问题就很不好处理. 考虑我们让 $i$ 为根，这个点对答案的贡献就是以 $i$ 为根，由 $val[i] \leqslant val[j]$ 的 $K$ 个点组成的连通块个数. 但是我们会发现如果直接求的话会算重一部分. 如果 $val[j]>val[i]$ 的话，将这个点设
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摘要：对于树边直接转移，然后按照套路拆环，在环上做一个单调队列 DP. 一种方案虽然在一个换上可能算不了，但是一定可以在另一个环上计算到. 仙人掌上 DP 的套路就是遇到树边就按照树上做，遇到环就拆环，做一个环形 DP. code: #include <bits/stdc++.h> #define N 2
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摘要：对于树的情况是简单的. 我们 DFS 这颗仙人掌，对于树边正常转移就行. 然后对于环，我们把环拿出来，然后强制讨论端点选/不选再跑一遍 DP 就行. code: #include <bits/stdc++.h> #define N 200006 #define setIO(s) freopen(s"
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摘要：开始的时候没有借助圆方树去思考，思路非常混乱，想了很长时间后冷静下来发现这题不就是分类讨论简单题嘛... 题目不难，分两种情况讨论： 设当前点为中间点（圆点） 起点从一个儿子的子树进入到中间点后进入到另一个儿子的子树. 起点从一个儿子的子树进入到中间点后仍然回到该儿子子树中（相当于上一条的子问题）
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摘要：这道题和网络收费那道题的套路是一样的. 都是直接枚举每一个点的状态. 但是要注意：这里枚举每个点的状态是基于 dfs 的，所以有递归式：$f(T)=4\times f(\frac{T}{2})$ (算两次） 那么就有 $f(ROOT)=4^n$. 这个是仅考虑 dfs 部分的复杂度，要是把背包部分算
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摘要：朴素的高斯消元是 $O(n^3)$ 的，但是由于叶节点是终止节点，所以可以逐层向上推成 $k\times f(fa)+b$ 的形式. 推到根节点时直接取根节点的 $b$ 值就可以了. code: #include <cstdio> #include <cstring> #include <algor
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摘要：令 $f[x][j]$ 表示以 $x$ 为根的子树，选出连通块的异或值为 $j$ 的方案数. 然后有 $f[x][j]=f[x][j]+\sum_{i\oplus k=j} f[x][i] \times f[son][k]$. 其中，$\oplus$ 为异或符号. 求解这个东西显然可以用 $FWT$
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摘要：我们令 $f[i]$ 表示以 $i$ 为根的删除方案数. 这里一定要注意一件事情：根据我们的定义，我们已经默认 $i$ 点为根的子树在删除时 $i$ 是最后删除的. 然后按照换根 DP 的套路转移就行，但是转移的时候组合数一定要注意. #include <cstring> #include <cst
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摘要：题意： 给定一张图，和这个图的一颗生成树. 求：重新对这颗树标号，有多少种标号方式满足如果一条边 $(x,y)$ 在树中出现的话在图中也出现. 暴力做法：$f[i][j][S]$ 即在以 1 为根的树中遍历到点 $i$，该点映射的点是 $j$，且 $i$ 这颗子树映射的点集是 $S$. 转移的话时间
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摘要：code: #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #define ls x<<1 #define rs x<<1|1 #define N 2105 #define ll long long #define setIO(s)
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摘要：换根DP 求一下每个点为起点的最长路径，然后用双指针扫一下统计答案就好了. code: #include <cstdio> #include <queue> #include <set> #include <algorithm> #define N 1000007 #define ll long l
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摘要：状态还比较自然. 令 $f[x][j]$ 表示 $x$ 的子树全被控制，且多出来 $j$ 层. 令 $g[x][j]$ 表示还需要 $j$ 层才能控制 $x$ 所有子树. 转移 $f[x][j]$ 的时候有两种情况：之前已经控制：$f[x][j]+g[y][j]$，之前没控制：$g[x][j+1]+
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摘要：显然01分数规划转成二分答案+判断是否大于 0 的问题. 这个题有一个坑点：不止根节点的父亲可能是 0 号节点（0号节点也是不能省略的） code: #include <cstdio> #include <string> #include <cstring> #include <iostream>
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摘要：这个题有一个结论：如果用 $x$ 个点能凑出的给点个数在 $[L,R]$ 之间，那么任意 $v\in [L,R]$ 一定能取到. 知道这个结论之后跑一个树形背包就行了，注意在跑背包的时候上界一定要限制好，要不然时间复杂度会多一个 $O(n)$ 的. code: #include <cstdio> #
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摘要：倒在了性质分析上....（还有仔细读题） 仔细读题后，我们发现红色边只能连接一个连通块和一个叶节点（或两个叶节点). 然后如果一个状态是合法的，当且仅当以某个点为根时所有蓝边都是形如 son[x]->x->fa[x] 然后因为有这条性质，我们就可以进行树形DP了. 令 $1$ 为根，$f[x]$ 表
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