樹形DP

時間 2019-12-01

原文原文鏈接

1、我的理解：

樹形DP簡介：數組

樹形DP就是在樹上的DP，通常用遞歸實現。有兩種實現的遞歸方式：優化
- 葉 $\rightarrow$ 根：先更新了葉節點的信息，在回溯回去更新父親節點的信息。（eg. P1352 沒有上司的舞會）
- 根 $\rightarrow$ 葉：先從葉節點往根節點DFS一遍（預處理）了之後，在從新往下更新。（不經常使用）
前提：本題是一棵樹或是一個森林（很是重要！）ui
難點：spa
- 狀態轉移方程
- 邊界條件
- 剪枝優化
- 細節（左子節點，右子節點，父節點）
注意事項：code
- 建無向圖：若建有向圖，能夠不判斷父節點，但如果從子節點更新到父節點，則須要從子到父，不太方便。能夠直接建無向圖，記錄一下fa[]，再判斷一下便可。
- e[]開兩倍空間。
- 遞歸必定要寫邊界條件。

2、作題步驟：

判斷此題是不是一棵樹或一個森林。（前提）blog
判斷此題爲二叉樹仍是多叉樹。（都用前向星儲存）遞歸

如果二叉樹則用lc[],rc[],fa[]記錄；遊戲

如果多叉樹則判斷能否化爲二叉樹，若不能則直接用fa[]ci
推狀態轉移方程get
化爲DFS形式。（在空間容許的狀況下能夠記搜）

3、常見的狀態轉移方程：

父節點不能和子節點同時選（ P1352 沒有上司的舞會）

定義 $f(i)(0/1)$ 表示 $i$ 點的最優解，$0$ 表示 $i$ 不選，$1$ 表示 $i$ 點要選。$crit(i)$ 表示選擇 $i$ 能夠得到的價值。$son(i)$ 表示 $i$ 的子節點。

若 $i$ 點要選，則 $i$ 的子節點都不能選，故狀態轉移方程爲：
\[ f(i)(1)=\sum_{j\in son(i)}f(j)(0)+crit(i) \]
若 $i$ 點不選，則 $i$ 的子節點可選可不選，故狀態轉移方程爲：
\[ f(i)(0)=\sum_{j\in son(i)}\max\{f(j)(0),f(j)(1)\} \]

下圖爲洛谷秋令營的課件講解:

樹形分組揹包（1）（P2014 選課）

定義 $f(i)(j)$ 表示 $i$ 點選擇 $j$ 種課程的最優解。 $crit(i)$表示選擇 $i$ 能夠得到的價值。$son(i)$ 表示 $i$ 的子節點。

有分組揹包標準模型可得，狀態轉移方程爲：
\[ f(i)(k)=\max_{l=0}^{k-1} \{f(i)(k-l)+f(j)(l)\}(k\in[1,m+1],j\in son(i)) \]

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

關鍵代碼片斷以下：

DP(1)//調用

void DP(int fr)
{
 for(int i=head[fr];i;i=e[i].next)//分組揹包中的枚舉總組數
 {
     int to=e[i].to;
     if(to==fa[fr]) continue; 
     DP(to);
     for(int j=m+1;j>=1;j--)//分組揹包中的枚舉揹包容量
     {
         for(int k=0;k<j;k++)//分組揹包中的枚舉每組中的物品個數
         {
             dp[fr][j]=max(dp[fr][j],dp[fr][j-k]+dp[to][k]);
         }
     }
 }
}

二叉樹去有限條邊後總邊權最大值（P2015 二叉蘋果樹）

定義 $f(i)(j)$ 爲 $i$ 點去 $j$ 條邊的最優解。$crit(i,j)$ 爲 $i$ 點到 $j$ 點的邊權。$son(i)$ 表示 $i$ 的子節點。

則 $i$ 點去 $j$ 條邊的最優解爲 $i$ 點的子節點去 $k$ 條邊的最優解、$i$ 點去 $j-i-1$ 條邊的最優解與 $i$ 到 $i$ 的子節點的邊權的和的最大值。

故狀態轉移方程爲：
\[ f(i)(k)=\max_{l=0}^{l-1} \{f(i)(k-l-1)+f(j)(l)+crit(i,j)\} \]
\[ (k\in [1,\text{q}],j\in son(i)) \]

關鍵代碼片斷以下：
```
DP(1,0);//調用

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);
         }
     }
 }
}
```
樹的最小覆蓋集（P2016戰略遊戲）

注：此題可用二分圖匹配實現：

這題其實有幾種方法，其中比較顯而易見的或許是樹形dp吧，樓下有不少大佬已經解釋過了，（這裏就再也不說了)，仔細一看題就能夠發現這是一個典型的最小點覆蓋。

最小點覆蓋指的是在一個圖中：一個點覆蓋與之鏈接的邊，求用最少的點能夠覆蓋。

這和題目要求如出一轍。同時還有一個定理，最小點覆蓋=最大匹配數。若是是無向圖則/2。————摘自 pengym 的題解

定義 $f(i)(0/1)$ 爲 $i$ 點的最優解，$0$ 表示 $i$ 不選，$1$ 表示 $i$ 要選。$son(i)$ 表示 $i$ 的子節點。

若 $i$ 點要選，則 $i$ 點的子節點可選可不選，最後還要加上本身一個節點，故狀態轉移方程爲：
\[ f(i)(1)=\sum_{j\in son(i)}\min\{f(j)(0),f(j)(1)\}+1 \]
若 $i$ 點不選，則 $i$ 點的子節點必須選，故狀態轉移方程爲：
\[ f(i)(0)=\sum_{j\in son(i)}f(j)(1) \]
特別提醒： $f(i)(0/1)$ 必須初始化爲 $+\infty $
樹形分組揹包（2）(P1273 有線電視網)

定義 $f(i)(j)$ 爲 $i$ 點保留 $j$ 個葉節點的最優解。$crit(i,j)$ 爲 $i$ 點到 $j$ 點的邊權。$son(i)$ 表示 $i$ 的子節點。$size(i)$ 表示 $i$ 節點的子樹大小。$\text{E}_{\text{Leaf}}$ 爲樹的葉節點的集合。$\text{E}_{\text{All}}$ 爲樹的全部節點的集合。$value(i)$ 爲 $i$ 點所需的費用（$i\in \text{E}_{\text{Leaf}}$ ）。

則 $i$ 點的最優解爲子節點保留 $k$ 個葉節點的最優解再加上 $i$ 點能保留 $j-k$ 個葉節點的最優解減去邊權。

最後只需統計能夠更新到的最大值。

故狀態轉移方程爲：
\[ f(i)(k)=\max_{j\in son(i)}\{f(i)(k-l)+f(j)(l)-crit(i,j)\} \]

\[ (k\in[0,size(i)],l\in [0，\min\{k,size(j)\}]) \]

\[ f(i)(0)=0(i\in \text{E}_{\text{All}}),f(i)(1)=value(i)(i\in \text{E}_{\text{Leaf}}),size(i)=1(i\in \text{E}_{\text{Leaf}}) \]

關鍵代碼以下：
```
DP(1,-1);//調用

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--)//統計最終答案
{
    if(dp[1][i]>=0)
    {
        printf("%lld\n",i);
        return 0;
    }
}
```
特別提醒：
- $f(i)(j)$ 必定要初始化爲$-\infty $ ，而且 $f(i)(0)$ 、 $f(i)(1) (i\in \text{E}_{\text{Leaf}})$ 和 $size(i)(i\in \text{E}_{\text{Leaf}})$ 必定要按上面寫的初始化。
- 在輸入時，千萬不要搞錯 $i$ 和 $j$ 。

基環樹DP（P2607 [ZJOI2008]騎士）

本題的DP模型同 P1352 沒有上司的舞會。本題的難點在於如何把基環樹DP轉化爲普通的樹上DP。

考慮斷邊和換根。先找到其中的一個環，在上面隨意取兩個點，斷開這兩個點的邊，使其變爲一棵普通樹。以其中的一點爲樹根作樹形DP，再以另外一點爲樹根再作一次樹形DP，由於相鄰的兩點不能同時選，因此最後統計一下 $f(i)(0)$ 與 $g(j)(0)$ 的最大值便可。

定義 $f(i)(0/1)$ 爲第一次樹形DP的 $i$ 點的最優解，$g(i)(0/1)$ 爲第二次樹形DP的 $i$ 點的最優解。$\text{Ans} $ 爲一次基環樹DP的答案。$\text{E}_\text{Circle}$ 爲基環樹的環上的點的集合。

故一次基環樹DP的答案爲：
\[ \text{Ans}=\max\{f(i)(0),g(j)(0)\} \]

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

下圖爲洛谷秋令營的課件講解:

關鍵代碼以下：

void covertree(int fr)//尋找基環樹
{
 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)//尋找基環樹中的環
{
 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;//第一個點
         toi=to;//第二個點
         E=i;//邊的編號
         flag=1;
         return ;
     }
 }
}


void DPf(int fr)//以其中的一點爲樹根作樹形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)//保證不會選到第一個點和第二個點，至關於斷邊
     {
         DPf(to);
         f[fr][0]+=max(f[to][0],f[to][1]);
         f[fr][1]+=f[to][0];
     }
 }
}


void DPg(int fr)//再以另外一點爲樹根再作一次樹形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++)//調用+統計答案
{
    if(used[i]==1) continue;
    covertree(i);
    flag=0;
    findcir(i,-1);
    DPf(fri);
    DPg(toi);
    ans+=max(f[fri][0],g[toi][0]);
}

特別注意：

本題是基環樹森林，而不是單棵基環樹，故要反覆尋找覆蓋基環樹，最後將全部答案加起來。
由於要斷邊，因此前向星計數器 ei必定要初始化爲 1。
用多個數組標記（used[],vis[],visf[],visg[]）。
必定要注意 f,g 和 fr,to，不要手快打錯了。

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1、我的理解：

2、作題步驟：

3、常見的狀態轉移方程：