1.樹形dp

例題1

樹上最長鏈

其實有兩種方法，但為了簡便，就只學了最通用的dp算法

我們考慮設dp[i][0/1]表示以i為根的最長路和次長路，然后拼接就行了

第二維0表示最長路，1表示次長路

if dp[i][0]<dp[son][0] then dp[i][1]=dp[i][0],dp[i][0]=dp[son][0]

if dp[i][0]>dp[son][0] && dp[i][1]<dp[son][0] then dp[i][1]=dp[son][0]

就可以了

例題2

codevs1378

有n節課可以選，每節課有至多一個前置課程，和這節課的學分，問如果只能選m節課，最多有多少學分。

這是一道類似于樹形背包的dp

dp么，需要記錄所有可行狀態

考慮設dp[i][j]在以i為根的子樹中選除j個課程的最大價值

每次新增一個兒子，就相當于新增加一個多重背包中的物品。此處暴力枚舉就可以了，時間復雜度O(n^3)

#include<cstdio> #include<algorithm> #include<iostream> using std::max; using std::min; const int maxn=310; struct node {int point;int nxt; }; node line[maxn<<1]; int s[maxn]; int head[maxn],tail; int ind[maxn]; int f[maxn][maxn]; int siz[maxn]; int n,m; void add(int a,int b) {line[++tail].point=b;line[tail].nxt=head[a];head[a]=tail; } void dfs(int now) {siz[now]=1;f[now][1]=s[now];for(int i=head[now];i;i=line[i].nxt){dfs(line[i].point);for(int j=siz[now]+siz[line[i].point];j>=2;j--)for(int k=1;k<=min(siz[line[i].point],j-1);k++)f[now][j]=max(f[now][j],f[now][j-k]+f[line[i].point][k]);siz[now]+=siz[line[i].point]; } } int main() {scanf("%d%d",&n,&m);int dat;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d%d",&dat,&s[i]);add(dat,i);}dfs(0);printf("%d",f[0][m+1]); }

---

例題3

hdu4679

給定一顆樹，每條邊有一個權值w,問切掉哪條邊之后，分成的兩顆樹的較大的直徑*切掉邊的權值最小？如果存在多條邊使得結果相同，輸出邊id最小的。

考慮枚舉切哪一條邊，若不在整棵樹的直徑上，處理就很好處理

然后我們考慮如果在直徑上呢？ 考慮從直徑的左右兩端點分別為根做一次dp，然后每次切邊。將一棵樹分成兩棵樹，這樣就可以在o(1)時間內算出分離后兩顆子樹的直徑了

預處理多么重要呀~~

---

例題4

codeforces219d

給一棵樹，每條邊有方向，改變一條邊方向的代價是1.

對于一個點，如果選它為根，那么需要把方向不對的邊改變方向（都變成深度小的點指向深度大的點）。

問選一個點為根的最小代價。和選哪些點的代價是這個數字。

其實這道題，如果看過平衡樹中的rotate操作，其實不難。因為一次換根的時間是O(1)的

然后先選出一個點來，算出其所需次數，然后將其他點作為根試一次，然后就是O(n)的時間復雜度

---

例題4

bzoj1040

給一個環套樹森林，求最大權獨立集。（就是相鄰的點不能同時選）

首先考慮dp一開始考慮做出決策的方法——枚舉

首先每個點只有選與不選，是可以接受的。

然后我們考慮枚舉環上的點，斷環為鏈。再使用樹形dp

但是我們在枚舉的時候要枚舉相鄰的的兩個點。防止不合法的情況

然后我還沒有寫出來QAQ

---

轉載于:https://www.cnblogs.com/Lance1ot/p/9333418.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的qbxt Day4的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

如果覺得生活随笔網站內容還不錯，歡迎將生活随笔推薦給好友。