树上染色+可怜与超市(树状DP)
这两道题是学长精心准备的,想了很长时间,比较经典。
第一题 树上染色
有一棵点数为 N的树,树边有边权。给你一个在 0∼N之内的正整数 K,你要在这棵树中选择 K 个点,将其染成黑色,并将其他的 N−K个点染成白色。将所有点染色后,你会获得黑点两两之间的距离加上白点两两之间距离的和的收益。
问收益最大值是多少。
这一题一开始没思路主要是卡在了在从下向上转移中,如何将每个儿子的贡献值的算上
后来怂了题解QAQ
这题是树状背包问题
主要难点在于如何将每条边数加上,
设当前的节点为x而儿子节点为to
那么我们可以发现当前数组f[x][j]中包含的是x之前的儿子所做的贡献
这是树状背包常考虑的事情那么我们为了求当前的to所做的贡献
只需考虑当前to与x之间的边所做的贡献
(至于证明,显然此时f[x][j+k]=max(f[x][j+k],f[x][j]+f[to][k]+........)中f[x][j]是已转移过的,而此时需要将新加子树算进,这样枚举完x的子树后就是正确的。)
1 #include <iostream>
2 #include <cstdio>
3 #include <cstring>
4 #include <string>
5 #include <cmath>
6 #include <queue>
7 #include <stack>
8 #include <vector>
9 #define MAXN 5001
10 #define pt printf("-----------\n");
11 #define push_back ps
12 #define ll long long
13 using namespace std;
14 struct node {
15 ll to, n, w;
16 } e[MAXN];
17 ll head[MAXN], tot;
18 void add(ll u, ll v, ll w) {
19 e[++tot].to = v;
20 e[tot].n = head[u];
21 e[tot].w = w;
22 head[u] = tot;
23 }
24 ll f[MAXN][MAXN];
25 ll size[MAXN];
26 ll n, K;
27 bool bian[MAXN];
28 void DFS(ll x) {
29 bian[x] = 1;
30 size[x] = 1;
31 f[x][0]=f[x][1]=0;
32 for (ll i = head[x]; i; i = e[i].n) {
33 ll to = e[i].to;
34 if (bian[to] == 1)
35 continue;
36 bian[to] = 1;
37 DFS(to);
38 size[x] += size[to];
39 for (ll j = min(K, size[x]); j >= 0; --j) {
40 for (ll k = 0; k <= j; ++k) {
41 if (k > size[to])
42 break;
43 f[x][j] =
44 max(f[x][j], f[x][j - k] + f[to][k] +
45 e[i].w * (k * (K - k) + (size[to] - k) * (n - K - (size[to] - k))));
46 // printf("size[%lld]=%lld size[%lld]=%lld 黑zi=%lld 黑qi=%lld 白zi=%lld
47 // 白qi=%lld\n",to,size[to],x,size[x],k,K-k,size[to]-k,n-K-(size[to]-k));
48 // printf("---f[%lld][%lld]=%lld f[%lld][%lld]=%lld\n",x,j-k,f[x][j-k],to,k,f[to][k]);
49 }
50 // printf("f[%lld][%lld]=%lld\n",x,j,f[x][j]);
51 }
52 }
53 }
54 ll root = 1;
55 ll ru[MAXN];
56 int main() {
57 memset(f,-0x3f,sizeof(f));
58 scanf("%lld%lld", &n, &K);
59 for (ll i = 1; i <= n - 1; ++i) {
60 ll x, y, w;
61 scanf("%lld%lld%lld", &x, &y, &w);
62 add(x, y, w);
63 add(y, x, w);
64 }
65 // DFS_S(root);
66 memset(bian, 0, sizeof(bian));
67 DFS(root);
68 ll ans = 0;
69 ans = max(ans, f[root][K]);
70 printf("%lld\n", ans);
71 }
第二题
一道不错的树状DP
有几个限制条件n个物品,各有价值,各有优惠券,除一外都有一个使用的条件,问钱b买多少商品。
这题我们不直接求结果,用f[x][y][2],表示第x点买y个物品的最小值,1表示用券,0则反。
那么最后一位是1时比较好处理
因为x必选,所以f[x][j+k][1]=min(f[x][j+k][1],f[x][j][1]+min(f[to][k][1],f[to][k][0]);
可以提前给f[x][1][1]加上c[x]-d[x],这样转移方程中就不会加重。
而为0时,f[x][j+k][0]=min(f[x][j+k][0],f[x][j][0]+f[to][k][0])
因为x可能选
最后再用for从1~size[x]用f[x][i-1]+c[i]更新f[x][i]最小值
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<cstring>
4 #include<string>
5 #include<algorithm>
6 #include<cmath>
7 using namespace std;
8 #define MAXN 6000
9 int head[MAXN],tot;struct node{int to,n;}e[MAXN];
10 void add(int u,int v){e[++tot].to=v;e[tot].n=head[u];head[u]=tot;}
11 int f[MAXN][MAXN][2];int n,c[MAXN],d[MAXN];
12 int deep=1;
13 int size[MAXN];
14 void DFS(int x)
15 {
16 size[x]=1;
17 f[x][1][1]=c[x]-d[x];f[x][0][0]=0;
18 for(int i=head[x];i;i=e[i].n)
19 {
20 int to=e[i].to;
21 DFS(to);
22 // printf("---------%d\n",to);
23 // printf("deep=%d\n",deep);
24 for(int j=size[x];j>=0;--j)
25 {
26 for(int k=size[to];k>=0;--k)
27 {
28 f[x][j+k][1]=min(f[x][j+k][1],f[x][j][1]+min(f[to][k][1],f[to][k][0]));
29 f[x][j+k][0]=min(f[x][j+k][0],f[x][j][0]+f[to][k][0]);
30 // printf("f[%d][%d][1]=%d f[%d][%d][0]=%d\n",x,j,f[x][j+k][1],x,j,f[x][j+k][0]);
31 }
32 }
33 size[x]+=size[to];
34 }
35 for(int i=size[x];i>=1;--i)
36 {
37 f[x][i][0]=min(f[x][i][0],f[x][i-1][0]+c[x]);
38 }
39 }
40 int b;
41 int main()
42 {
43 scanf("%d%d",&n,&b);
44 memset(f,0x3f,sizeof(f));
45 for(int i=1;i<=n;++i)
46 {
47 int x;
48 if(i==1)
49 scanf("%d%d",&c[i],&d[i]);
50 else
51 {
52 scanf("%d%d%d",&c[i],&d[i],&x);
53 add(x,i);
54 }
55 f[i][1][1]=c[i]-d[i];
56 }
57 int root=1;
58 DFS(root);
59 int x;
60 for(x=1;x<=n;++x)
61 {
62 if(f[1][x][1]>b&&f[1][x][0]>b)break;
63 }
64 printf("%d\n",x-1);
65 }
树状DP注意点:
1.首先树状DP大部分情况都是逆推,用根节点统计答案。
2.在做树状背包时一定要注意不能单纯用f[to]更新f[x],因为这样枚举不全,只考虑了一棵子树
所以一般两层循环枚举第二维来更新
3注意倒序,不要重复更新。
最后感谢kx解决我做题的傻逼错误。
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