随笔分类 - 树
摘要：嘟嘟嘟 这道题只要树形dp做的熟练的话就能秒（显然我不能）。 令dp[u][0 / 1]表示u所在的子树和u相连的联通块没有/有敌人的最少代价。而且按题中所述，这个联通块只能有1个敌人。 分情况： 若敌人在节点u： 则dp[u][0] = INF，dp[u][1] = Σmin{dp[v][0],
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摘要：嘟嘟嘟 如果把毛毛虫的毛都剃下去，那么就是求树的直径。现在加上毛，也可以仿照树的直径树形dp的做法。 在dfs的时候开两个变量，分别维护以u为端点的最长链Max1和次长链Max2，然后像求树的直径那样更新即可。 单开一个dp[u]表示在u是的最长链，这个最长链是包含u及其毛的，而上面的不包括，这样方
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摘要：嘟嘟嘟 虽然题面很长，但是静下心来看完后，还是掩盖不了这是一道水体的事实。 发现这是一棵完全二叉树，而且深度只有40。 那么dp[u][l][r]表示到达节点u，有 l 条公路，r条铁路没修。转移方程就是分两种情况递归下去就行啦。 然后中间节点只是用来记录答案的，在叶节点计算。 据说这道题卡空间，但
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摘要：嘟嘟嘟 这道题可以说是[HNOI2003]消防局的设立的升级版。距离从2改为了d。 辛亏d只有20，这也就是一个切入点。 令f[u][j]表示u四周 j - 1的距离需要被覆盖，g[u][j]表示u可以像四周覆盖 j 的距离。 考虑转移方程，令v为u的其中一个儿子： 1.f[u][j]：直接从v延伸
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摘要：嘟嘟嘟 树形dp水题啦。 刚开始以为和[SDOI2006]保安站岗这道题一样，然后交上去WA了。 仔细想想还是有区别的，一个是能看到相邻点，一个是能看到相邻边。对于第一个，可以(u, v)两个点都不放，然而对于这道题就不行了。 不过dp方程更简单：dp[u][0/1]表示u这个点不放/放士兵的最优答
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摘要：嘟嘟嘟 n个点n条边，说明图中存在一个简单环，更准确的说是每一个连通块中存在一个简单环（因为图可能不连通）。 然后有人给这个玩意起了个名字：基环外向树。 然而并没有什么用。 思路很简单：断环为链，就变成了一棵树了。为了防止断开的两端(x, y)同时被选，从x和y分别树形dp一下，然后硬性规定根节点不
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摘要：嘟嘟嘟 01分数规划+树形背包。 然后就没了。 结果我调了半天，原因还是树形背包不熟练。 我是用dfs序求的，转化的时候，是dp[i][j]转化到dp[i + 1][j + 1]或dp[i +siz[pos[i]]][j]，而不是像普通的dp从别的状态转化到dp[i][j]，所以最后的答案应该考虑到
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摘要：嘟嘟嘟 一看就是树形dp。 刚开始我的状态dp[i][0 / 1]表示以 i 为根的子树，i 选 / 不选时的最小的经费。然后转移方程我就推不出来了，因为无法很好的表示 i 和子树的关系。比如如果 i 不选，那么 i 的子节点可以选一个也可以选多个也可以一个不选，因为 i 的儿子的儿子选了的话，i
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摘要：通向自由的钥匙被放n个房间里，这n个房间由n-1条走廊连接。但是每个房间里都有特别的保护魔法，在它的作用下，我无法通过这个房间，也无法取得其中的钥匙。虽然我可以通过消耗能量来破坏房间里的魔法，但是我的能量是有限的。那么，如果我最先站在1号房间（1号房间的保护魔法依然是有效的，也就是，如果不耗费能量，
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摘要：我虽然做了好几道树形背包的题，但是一直不是十分理解，对于每一道题，总是看题解就明白，然后换一道题自己写不出来。临近NOIP，gg让我们强化一下背包以及树形背包，我也恰有此打算，于是又开始从头学习了树形背包。 看了好多博客以及论文之后，对树形背包确实有了一个全新的认识，尤其是这篇博客以及徐持恒的论文《
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摘要：嘟嘟嘟 一道非常好的构造题。 我反正是一点思路都没有，最后还是看了题解。 假如n = 2，那么树的重量就是di,j。 然后n = 3，画一个图：，则重量=(d1,3 + d2,3 - d1,2) / 2。 n = 4同理：，加上的应该是(d1,4 + dj,4 - d1,j) / 2 (j < 4)
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摘要：嘟嘟嘟 自底向上贪心，优先删除每一个儿子中代价最小的一个。 正确性我也不是十分明白，画图的时候发现贪心删边都对，于是试一试竟然AC了…… 1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cmath> 4 #include<algorithm> 5
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摘要：嘟嘟嘟 好题，好题…… 看这个修改和询问，就知道要么是求完dfs序后线段树维护，要么是树剖。又因为这道题都是子树的操作，没有链上的，所以线段树就够了。 然而重点不是这个。这道题最麻烦的是线段树pushdown时对于每一个节点打的标记都不一样，因为每一条边上的能力值不一样。这也是这道题最巧妙的一点：我
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摘要：嘟嘟嘟 题面很迷，看这个吧。 首先暴力很简单，从每一个叶子节点开始爬，直到那条特殊的边。 正解稍微想想就能搞出来：(x, y)这条特殊的边把整棵树分成了两部分，然后我们分别从x, y开始在他的那部分子树dfs，求出到达节点v时满足条件的一个区间。因为从v到u是向下取整，那么反过来合法的区间就是[k
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摘要：嘟嘟嘟 中序遍历有一个特点：序列[1, n]是一个中序遍历，i 是根节点，则[1, i - 1]是他的左子树的中序遍历，[i + 1, n]为右子树的中序遍历。所以就想到了区间dp，对于[i, j]枚举根节点k，则dp[i][j] = max(dp[i][k - 1] * dp[k + 1][j]
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摘要：嘟嘟嘟 一道树形dp题。 令dp[u]表示以u为根时所有点的深度之和。考虑u到他的一个子节点v时答案的变化，v子树以外的点的深度都加１，v子树以内的点的深度都减１，所以dp[v] = dp[u] + (n - siz[v]) - siz[v]。于是dp式就搞出来了。 所以两边dfs，第一遍求siz和
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摘要：嘟嘟嘟 看到最后让求一个比值，应该得往01规划上去想。令x = ∑v[i] / ∑c[i],则x * ∑c[i] = ∑v[i], ∑(v[i] - x * c[i]) = 0. 于是可以二分x（注意是实数二分），每一个点得到新的权值v[i] - mid * c[i]，然后树上背包求最大值。如果最大
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摘要：嘟嘟嘟 这应该算一道树形背包吧，虽然我还是分不太清树形背包和树形dp的区别…… 首先dp[i][u][j] 表示在u的前 i 棵子树中，留了 j 条树枝时最大的苹果数量，而且根据题目描述，这些留下的树枝一定都连在u上。 然后我们从1~j 枚举 k，于是 dp[i][u][j] = max(dp[i
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摘要：嘟嘟嘟 一看完题我就知道是树形dp，状态都想出来了：dp[i][j]表示以 i 为根节点的子树，选了 j 个用户时的最大利润。然后我就卡住了……直到看题解的那一刻…… 题解说：树形背包。于是我就知道为什么gg了：我总共就做了一道树形背包。 思路大概是这样的：对于一个节点u，枚举他的儿子v，然后dfs
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摘要：嘟嘟嘟 这好像是一种树上背包。 我们令dp[i][j] 表示在 i 所在的子树中（包括节点 i）分离出一个大小为 j 的子树最少需割多少条边。 那么转移方程就是 dp[u][j] = min(dp[u][j], dp[u][j - k] + dp[v][k] - 1) (v是u的一个儿子) 理解起来
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