樹形DP

樹形DP，顧名思義就是在樹上進行dp，dp的時候要充分利用樹的性質，注意考慮全部能轉移的節點

 

例：樹的直徑

給你一顆點數爲n的樹，讓你求這棵樹的直徑是多少，也就是求最長的兩個點之間的距離。

N<=100000

in

7 
1 6 13 
6 3 9 
3 5 7 
4 1 3 
2 4 20 
4 7 2 

out

52

 

兩種作法，複雜度都是O(N)

1.dfs（或者bfs）

先從任意一個點跑一遍dfs，而後遍歷每個點找到距離這個點最遠的，而後再從這個點開始跑一邊dfs，再找到距離這個點最遠的，那麼這兩個點之間的距離就是樹的直徑

不能跑負邊權的樹

代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2333333,inf=0x3f3f3f3f;
int n;

int dis[N];
int head[N],cnt;
struct edge
{
    int to,dis,nxt;
}edg[N<<1];

inline void add(int u,int v,int w)
{
    edg[++cnt].dis=w;
    edg[cnt].to=v;
    edg[cnt].nxt=head[u];
    head[u]=cnt;
}

void dfs(int x,int fa)
{
    for(int i=head[x];i;i=edg[i].nxt)
    {
        int v=edg[i].to;
        if(v==fa) continue;
        dis[v]=dis[x]+edg[i].dis;
        dfs(v,x);
    }
}

int main()
{
    int n;
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n-1;i++)
    {
        int u,v,w;
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
        add(u,v,w);
        add(v,u,w);
    }
    memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
    dis[1]=0;
    dfs(1,0);
    int s=0,maxn=-1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(dis[i]>maxn&&dis[i]!=inf)
        {
            maxn=dis[i];
            s=i;
        }
    }
    memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
    dis[s]=0;
    dfs(s,0);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(dis[i]>maxn&&dis[i]!=inf)
        {
            maxn=dis[i];
            s=i;
        }
    }
    cout<<maxn;
}

 

2.樹形dp

設f[i]表示i這個點到子樹裏面的最遠點是多遠的，而後對於每個點u求出以這個點爲根的最遠路徑距離，直接找{f[son_i]+edge_i}的前兩大值加起來便可。而後再在每個點構成的答案裏面取最大值就是全局的最優值了。

代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2333333,inf=0x3f3f3f3f;
int n;

int f[N];
int head[N],cnt;
int ans;
struct edge
{
    int to,dis,nxt;
}edg[N<<1];

inline void add(int u,int v,int w)
{
    edg[++cnt].dis=w;
    edg[cnt].to=v;
    edg[cnt].nxt=head[u];
    head[u]=cnt;
}

void dp(int x,int fa)
{
    int maxn=0;
    for(int i=head[x];i;i=edg[i].nxt)
    {
        int v=edg[i].to;
        if(v==fa) continue;
        dp(v,x);
        ans=max(ans,maxn+edg[i].dis+f[v]);
        f[x]=max(f[x],f[v]+edg[i].dis);
        maxn=max(maxn,f[v]+edg[i].dis);
    }
}

int main()
{
    int n;
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n-1;i++)
    {
        int u,v,w;
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
        add(u,v,w);
        add(v,u,w);
    }
    dp(1,0);
    cout<<ans;
}

 

例：沒有上司的舞會

                    

 

                     

 

 

這道題算是樹形dp中比較經典並且比較簡單的題了

首先注意到對於每個節點，能夠選或者不選

若是選的話，他的全部兒子都不能選

若是不選的話，他的全部兒子能夠選也能夠不選，顯然要在選或者不選裏面取最大的

設f[i][0/1]表示當前在第i個點，這個點 不選/選 的最大價值

因而狀態轉移方程

f[i][1]=∑f[son[i]][0]

f[i][0]=∑max(f[son[i]][0],f[son[i]][1]);

代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;

inline ll read()
{
    ll ans=0;
    char last=' ',ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') last=ch,ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9') ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
    if(last=='-') ans=-ans;
    return ans;
}

struct edge
{
    int to,nxt;
}edg[6050];
int head[6050],cnt,in[6050];

int n,r[6050],f[6050][3];
int root;

inline void add(int u,int v)
{
    edg[++cnt].to=v;
    edg[cnt].nxt=head[u];
    head[u]=cnt;
}

void dp(int now)
{
    f[now][1]=r[now];
    for(int i=head[now];i;i=edg[i].nxt)
    {
        int v=edg[i].to;
        dp(v);
        f[now][1]+=f[v][0];
        f[now][0]+=max(f[v][0],f[v][1]);
    }
}

int main()
{
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;i++) r[i]=read();
    for(int i=1;i<=n-1;i++)
    {
        int v=read(),u=read();in[v]++;
        add(u,v);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(in[i]==0) root=i;
    }
    dp(root);
    cout<<max(f[root][0],f[root][1]);
}