hihoCoder hiho一下 第十二周 #1055 : 刷油漆 (树上DP)
思路:
只能刷部分节点数m,总节点数n。如果m>=n那么就可以全刷了,那就不用任何算法了。如果m<n那么就要有取舍了。用DP思路,记录下每个节点如果获得到1~m个选择所能获得的最大权值。这里的树不仅仅是二叉,可能是多叉。所以一个节点怎么合理分配给每个孩子的空间大小很关键,当第一个孩子获得了1空间,那么后面的孩子所能获得的空间就要少一个了。这样穷举每个孩子能得到的空间,来求当前节点的最大权值,会有很多种可能,m!。不用这么做。
递归步骤:
假设状态记录为 dp[节点][该节点所获得的空间大小] 注:该节点所获得的空间大小可能从1~m,m指该节点在树的第几层。
(1)如果当前节点最多只能获得1的空间,那么就不用计算大于1的可能了,仅需计算他自己,也就是dp[自己][1]。这个节点就是根节点的广度搜索的第m层(m是根节点所能获得的空间大小)。
(2)对于当前节点node,所能获得的最大空间m,那么需要先计算出所有孩子的数据先,不然怎么计算node的最大权值。要知道,node的最大权值都是靠其孩子来支撑的。所以这一步先将m减1,然后m-1全部给孩子,孩子就能计算出从1~m-1的可能了。
(3)要更新当前节点node自己的所有数据了,也就是dp[node][1~m]。考虑到穷举会有m!种可能。得找另外的办法解决:考虑到当前节点的所有数据全靠孩子,那么对所有孩子逐个考虑,假设孩子为i。接着要考虑更新node的第j个数据,j=m...1,就是从大到小来更新(有点像01背包),必须从大到小,因为每当我们更新第j个数据dp[node][j]时,需要用到前面dp[node][<j]的值,假如从小到大,那么当考虑到dp[node][j]时,前面dp[node][<j]中已经包含了第i个孩子的数据了,这样就造成了重复,比如dp[node][2]=10,这里面取第1个孩子和node节点,接着dp[node][4]=max(dp[node][4], dp[node][4-2]+dp[第1个孩子][2])= max(dp[node][4], dp[node][2]+dp[第1个孩子][2]) 表示给第一个1孩子2个空间所能获得大小,而dp[node][2]已经取了第1个孩子,dp[第1个孩子][2]又取该孩子一次,那么node的第1个孩子就被收藏了两次。重复了。正确的循环如下代码
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <stdio.h>
using namespace std; const int N2=; //平方
const int N3=; //立方
int value[N3]; //权值
vector< vector<int> > edge(N2); //边
int dp[N2][N3]; //dp值 int tree_dp( int node ,int m )
{
if(m==) //如果分给node为1个空间,那只能收获他自己而已
{
dp[node][m]=value[node];
return ;
} //递归计算出所有孩子
for(int i=; i<edge[node].size(); i++) //对于每个孩子
tree_dp(edge[node][i], m- ); //更新本节点的所有可能性
dp[node][]=value[node];
for(int i=; i<edge[node].size(); i++)//考虑每个孩子,也是为了防止重复
for(int j=m; j>; j--) //必须从大到小,防止重复选取。
for(int k=; k<j; k++) //记得要留一个给自己
dp[node][j] =max( dp[node][j], dp[node][j-k] + dp[edge[node][i]][k]);//状态方程
return ;
}
int main()
{
//freopen("input.txt", "r", stdin);
int n, m, ai, bi;
while(cin>>n>>m)
{
memset(dp, , sizeof(dp));
for(int i=; i<N2; i++) //清除边
edge[i].clear(); for(int i=; i<=n; i++) //n个权值
cin>>value[i]; for(int i=; i<n; i++) //n-1条边
{
cin>>ai>>bi;
edge[ai].push_back(bi);
}
tree_dp(,m);
cout<<dp[][m]<<endl;
}
return ;
}
刷油漆
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