树形DP

一、个人理解：

树形DP简介：

树形DP就是在树上的DP，一般用递归实现。有两种实现的递归方式：
- 叶 $\rightarrow$ 根：先更新了叶节点的信息，在回溯回去更新父亲节点的信息。（eg. P1352 没有上司的舞会）
- 根 $\rightarrow$ 叶：先从叶节点往根节点DFS一遍（预处理）了以后，在重新往下更新。（不常用）
前提：本题是一棵树或是一个森林（非常重要！）
难点：
- 状态转移方程
- 边界条件
- 剪枝优化
- 细节（左子节点，右子节点，父节点）
注意事项：
- 建无向图：若建有向图，可以不判断父节点，但若是从子节点更新到父节点，则需要从子到父，不太方便。可以直接建无向图，记录一下fa[]，再判断一下即可。
- e[]开两倍空间。
- 递归一定要写边界条件。

二、做题步骤：

判断此题是否是一棵树或一个森林。（前提）
判断此题为二叉树还是多叉树。（都用前向星储存）

若是二叉树则用lc[],rc[],fa[]记录；

若是多叉树则判断可否化为二叉树，若不能则直接用fa[]
推状态转移方程
化为DFS形式。（在空间允许的情况下可以记搜）

三、常见的状态转移方程：

父节点不能和子节点同时选（ P1352 没有上司的舞会）

定义 $f(i)(0/1)$ 表示 $i$ 点的最优解，$0$ 表示 $i$ 不选，$1$ 表示 $i$ 点要选。$crit(i)$ 表示选择 $i$ 可以获得的价值。$son(i)$ 表示 $i$ 的子节点。

若 $i$ 点要选，则 $i$ 的子节点都不能选，故状态转移方程为：

\[f(i)(1)=\sum_{j\in son(i)}f(j)(0)+crit(i) \]
若 $i$ 点不选，则 $i$ 的子节点可选可不选，故状态转移方程为：

\[f(i)(0)=\sum_{j\in son(i)}\max\{f(j)(0),f(j)(1)\} \]
下图为洛谷秋令营的课件讲解:

树形分组背包（1）（P2014 选课）

定义 $f(i)(j)$ 表示 $i$ 点选择 $j$ 种课程的最优解。 $crit(i)$表示选择 $i$ 可以获得的价值。$son(i)$ 表示 $i$ 的子节点。

有分组背包标准模型可得，状态转移方程为：

\[f(i)(k)=\max_{l=0}^{k-1} \{f(i)(k-l)+f(j)(l)\}(k\in[1,m+1],j\in son(i)) \]

\[f(i)(1)=crit(i) \]

关键代码片段如下：

DP(1)//调用
    
void DP(int fr)
{
	for(int i=head[fr];i;i=e[i].next)//分组背包中的枚举总组数
	{
		int to=e[i].to;
		if(to==fa[fr]) continue; 
		DP(to);
		for(int j=m+1;j>=1;j--)//分组背包中的枚举背包容量
		{
			for(int k=0;k<j;k++)//分组背包中的枚举每组中的物品个数
			{
				dp[fr][j]=max(dp[fr][j],dp[fr][j-k]+dp[to][k]);
			}
		}
	}
}

二叉树去有限条边后总边权最大值（P2015 二叉苹果树）

定义 $f(i)(j)$ 为 $i$ 点去 $j$ 条边的最优解。$crit(i,j)$ 为 $i$ 点到 $j$ 点的边权。$son(i)$ 表示 $i$ 的子节点。

则 $i$ 点去 $j$ 条边的最优解为 $i$ 点的子节点去 $k$ 条边的最优解、$i$ 点去 $j-i-1$ 条边的最优解与 $i$ 到 $i$ 的子节点的边权的和的最大值。

故状态转移方程为：

\[f(i)(k)=\max_{l=0}^{l-1} \{f(i)(k-l-1)+f(j)(l)+crit(i,j)\} \]
\[(k\in [1,\text{q}],j\in son(i)) \]
关键代码片段如下：
```
DP(1,0);//调用

void DP(int fr,int fa)
{
	for(int i=head[fr];i;i=e[i].next)
	{
		int to=e[i].to;
		int v=e[i].v;
		if(to==fa) continue;
		DP(to,fr);
		for(int j=Q;j>=1;j--)
		{
			for(int k=j-1;k>=0;k--)
			{
				dp[fr][j]=max(dp[fr][j],dp[fr][j-k-1]+dp[to][k]+v);
			}
		}
	}
}
```
树的最小覆盖集（P2016战略游戏）

注：此题可用二分图匹配实现：

这题其实有几种方法，其中比较显而易见的或许是树形dp吧，楼下有很多大佬已经解释过了，（这里就不再说了)，仔细一看题就可以发现这是一个典型的最小点覆盖。

最小点覆盖指的是在一个图中：一个点覆盖与之连接的边，求用最少的点可以覆盖。

这和题目要求一模一样。同时还有一个定理，最小点覆盖=最大匹配数。如果是无向图则/2。————摘自 pengym 的题解

定义 $f(i)(0/1)$ 为 $i$ 点的最优解，$0$ 表示 $i$ 不选，$1$ 表示 $i$ 要选。$son(i)$ 表示 $i$ 的子节点。

若 $i$ 点要选，则 $i$ 点的子节点可选可不选，最后还要加上自己一个节点，故状态转移方程为：

\[f(i)(1)=\sum_{j\in son(i)}\min\{f(j)(0),f(j)(1)\}+1 \]
若 $i$ 点不选，则 $i$ 点的子节点必须选，故状态转移方程为：

\[f(i)(0)=\sum_{j\in son(i)}f(j)(1) \]
特别提醒： $f(i)(0/1)$ 必须初始化为 $+\infty $
树形分组背包（2）(P1273 有线电视网)

定义 $f(i)(j)$ 为 $i$ 点保留 $j$ 个叶节点的最优解。$crit(i,j)$ 为 $i$ 点到 $j$ 点的边权。$son(i)$ 表示 $i$ 的子节点。$size(i)$ 表示 $i$ 节点的子树大小。$\text{E}_{\text{Leaf}}$ 为树的叶节点的集合。$\text{E}_{\text{All}}$ 为树的所有节点的集合。$value(i)$ 为 $i$ 点所需的费用（$i\in \text{E}_{\text{Leaf}}$ ）。

则 $i$ 点的最优解为子节点保留 $k$ 个叶节点的最优解再加上 $i$ 点能保留 $j-k$ 个叶节点的最优解减去边权。

最后只需统计可以更新到的最大值。

故状态转移方程为：

\[f(i)(k)=\max_{j\in son(i)}\{f(i)(k-l)+f(j)(l)-crit(i,j)\} \]
\[(k\in[0,size(i)],l\in [0，\min\{k,size(j)\}]) \]
\[f(i)(0)=0(i\in \text{E}_{\text{All}}),f(i)(1)=value(i)(i\in \text{E}_{\text{Leaf}}),size(i)=1(i\in \text{E}_{\text{Leaf}}) \]
关键代码如下：
```
DP(1,-1);//调用

void DP(int fr,int fa)
{
    for(int i=head[fr];i;i=e[i].next)
    {
        int to=e[i].to;
        if(to==fa) continue;
        DP(to,fr);
        siz[fr]+=siz[to];
    }
    for(int i=head[fr];i;i=e[i].next)
    {
        int to=e[i].to;
        int v=e[i].v;
        if(to==fa) continue;
        for(int j=siz[fr];j>=0;j--)
        {
            for(int k=0;k<=min(j,siz[to]);k++)
            {
                dp[fr][j]=max(dp[fr][j],dp[fr][j-k]+dp[to][k]-v);
            }
        }
    }
}

for(int i=m;i>=0;i--)//统计最终答案
{
    if(dp[1][i]>=0)
    {
        printf("%lld\n",i);
        return 0;
    }
}
```
特别提醒：
- $f(i)(j)$ 一定要初始化为$-\infty $ ，并且 $f(i)(0)$ 、 $f(i)(1) (i\in \text{E}_{\text{Leaf}})$ 和 $size(i)(i\in \text{E}_{\text{Leaf}})$ 一定要按上面写的初始化。
- 在输入时，千万不要搞错 $i$ 和 $j$ 。

基环树DP（P2607 [ZJOI2008]骑士）

本题的DP模型同 P1352 没有上司的舞会。本题的难点在于如何把基环树DP转化为普通的树上DP。

考虑断边和换根。先找到其中的一个环，在上面随意取两个点，断开这两个点的边，使其变为一棵普通树。以其中的一点为树根做树形DP，再以另一点为树根再做一次树形DP，因为相邻的两点不能同时选，所以最后统计一下 $f(i)(0)$ 与 $g(j)(0)$ 的最大值即可。

定义 $f(i)(0/1)$ 为第一次树形DP的 $i$ 点的最优解，$g(i)(0/1)$ 为第二次树形DP的 $i$ 点的最优解。$\text{Ans} $ 为一次基环树DP的答案。$\text{E}_\text{Circle}$ 为基环树的环上的点的集合。

故一次基环树DP的答案为：

\[\text{Ans}=\max\{f(i)(0),g(j)(0)\} \]

\[(i,j\in \text{E}_\text{Circle},i\neq j) \]

下图为洛谷秋令营的课件讲解:

关键代码如下：

void covertree(int fr)//寻找基环树
{
	used[fr]=1;
	for(int i=head[fr];i;i=e[i].next)
	{
		int to=e[i].to;
		if(used[to]==0)
		{
			covertree(to);
		}
	}
}


void findcir(int fr,int fa)//寻找基环树中的环
{
	if(flag) return ;
	vis[fr]=1;
	for(int i=head[fr];i;i=e[i].next)
	{
		int to=e[i].to;
		if(vis[to]==0)
		{
			findcir(to,fr);
		}else if(to!=fa)
		{
			fri=fr;//第一个点
			toi=to;//第二个点
			E=i;//边的编号
			flag=1;
			return ;
		}
	}
}


void DPf(int fr)//以其中的一点为树根做树形DP
{
	visf[fr]=1;
	f[fr][1]=crit[fr];
	for(int i=head[fr];i;i=e[i].next)
	{
		int to=e[i].to;
		if(visf[to]==0&&(i^1)!=E)//保证不会选到第一个点和第二个点，相当于断边
		{
			DPf(to);
			f[fr][0]+=max(f[to][0],f[to][1]);
			f[fr][1]+=f[to][0];
		}
	}
}


void DPg(int fr)//再以另一点为树根再做一次树形DP
{
	visg[fr]=1;
	g[fr][1]=crit[fr];
	for(int i=head[fr];i;i=e[i].next)
	{
		int to=e[i].to;
		if(visg[to]==0&&(i^1)!=E)
		{
			DPg(to);
			g[fr][0]+=max(g[to][0],g[to][1]);
			g[fr][1]+=g[to][0];
		}
	}
}

for(int i=1;i<=n;i++)//调用+统计答案
{
    if(used[i]==1) continue;
    covertree(i);
    flag=0;
    findcir(i,-1);
    DPf(fri);
    DPg(toi);
    ans+=max(f[fri][0],g[toi][0]);
}

特别注意：

本题是基环树森林，而不是单棵基环树，故要反复寻找覆盖基环树，最后将所有答案加起来。
因为要断边，所以前向星计数器 ei 一定要初始化为 1。
用多个数组标记（used[],vis[],visf[],visg[]）。
一定要注意 f,g 和 fr,to，不要手快打错了。

posted @ 2019-10-21 16:27 nth_element 阅读(382) 评论(0) 编辑收藏举报

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