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2021-08-14

10:00:37

在树形DP中,我们可以用数据模拟出一张图,一般是一棵树或是森林,所有的节点一般最多只有一个父节点。并且树里面没有重边或者环,

因此,一颗有N个节点的树有N-1条边。

讲这么多有点抽象,我们借用树形DP最经典的入门题来介绍树形DP的操作:

 

洛谷P1352 没有上司的舞会

题目链接:

 https://www.luogu.com.cn/problem/P1352

 题目详情:

某大学有 n 个职员,编号为 1…n。

他们之间有从属关系,也就是说他们的关系就像一棵以校长为根的树,父结点就是子结点的直接上司。

现在有个周年庆宴会,宴会每邀请来一个职员都会增加一定的快乐指数 ri​,但是呢,如果某个职员的直接上司来参加舞会了,

那么这个职员就无论如何也不肯来参加舞会了。

所以,请你编程计算,邀请哪些职员可以使快乐指数最大,求最大的快乐指数。

输入格式

输入的第一行是一个整数 n。

第 2 到第 (n+1) 行,每行一个整数,第 (i+1) 行的整数表示 i 号职员的快乐指数 ri​。

第 (n+2) 到第 2n 行,每行输入一对整数 l,k,代表 k 是 l 的直接上司。

输出格式

输出一行一个整数代表最大的快乐指数。

输入输出样例

输入 #1复制

7
1
1
1
1
1
1
1
1 3
2 3
6 4
7 4
4 5
3 5
输出 #1复制

5

说明/提示

数据规模与约定

对于 100% 的数据,保证 1≤n≤6×10^3,−128≤ri​≤127,1≤l,k≤n,且给出的关系一定是一棵树。

建图:节点从1开始,自上层节点是下层节点的直属上司

如图所示 ,5是3,4的直属上司,3是1,2的直属上司,4是6,7的直属上司,每个人的快乐指数都是1。

这就是树形DP的最经典的模型。

分析:

我们看5号节点,5号节点有两种选法,一种是选,一种是不选,分别对应两种情况:

1.选:如果选择5号节点,那么他的直系下属3,4就不能选。

2.不选:如果不选择5号节点,那么他的直系下属可以选也可以不选。

我们定义dp[N][2]数组:

dp[N][0]表示在以第N号节点为根的树、在不选择第N号点的情况下的、这棵树的最大快乐指数。

dp[N][1]表示在以第N号及单为根的树、在选择第N号点的情况下的、这棵树的最大快乐指数。

所以我们最后需要求得的答案就是max(dp[5][0],dp[5][1])。

(PS:这里的5是本题所给的样例的最终根节点)

我们在回过头来看任意的根节点 i 与它的子节点的快乐指数的关系:

我们还是先以题目给的样例的5号节点来看,5号节点的子节点有3,4,那么:

对于dp[5][1],也就是选择5号节点,那么3,4号节点都不能选择,所以dp[5][1]+=dp[3][0]+dp[4][0]

对于dp[5][0],也就是不选择5号节点,那么3,4号节点可选可不选,

所以取最大值:dp[5][0]+=max(dp[3][0],dp[3][1])+max(dp[4][1],dp[4][0])

所以DP问题最核心的内容——状态转移方程就推出来了,我们用u表示当前的根节点,用v表示根节点u的所有子节点,所以:

 这样每一层的转移方程就确定下来了,但是,现在有一个问题,我们是从最终根节点(样例中是5)开始更新每个节点的最大快乐指数的,但是我们更新上一层需要下一层的快乐指数,也就是说,我们需要先将下一层的点更新,我们怎么实现这一步呢?

其实我认为树形DP的实现过程是回溯的过程,也就是说树形DP实现的过程是从最下面的末端的点开始、自下而上更新完所有的点的,所以我们在写函数的时候需要递归,递归至末端截止,然后开始更新末端的点,然后回溯到上一个点,再更新上一个点,再回溯……直至最终根节点。

好!我们来实现看看吧:

我们先处理输入的数据,我们使用链接表来储存:

在添加边的函数add(int a,int b)中,a是父节点,b是子节点

在预处理函数init()中,我们得先将所有的节点的指向都改为-1,然后再输入下属和上司的编号,再从上司到下属之间连一条线,再用st[N]数组标记子节点b已经有父节点了,表示b节点不是最终根节点,st[b]=true

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=6005;
int n;
int h[N],ne[N],e[N],idx;
int happy[N];
int dp[N][2];
bool st[N]; void add(int a,int b){
e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
} void init(){
memset(h,-1,sizeof h);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&happy[i]);
for(int i=0;i<n-1;i++){
int a,b;
scanf("%d%d",&a,&b);
add(b,a);
st[a]=true;
}
} void dfs(int root){ } int main()
{
cin>>n;
init();
return 0;
}

预处理完毕后,我们来处理核心函数dfs(int u),

我们先在dfs()中预处理dp[u][1]和dp[u][0]  (dp[u][0]就是0,不需要预处理)

void dfs(int u){
dp[u][1]=happy[u]; }

然后遍历根节点u的所有子节点,

void dfs(int u){
dp[u][1]=happy[u];
for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i]){
int j=e[i]; }
}

我们在更新dp[u][1]和dp[u][0]的时候需要用到子节点的最大快乐指数,所以我们在更新dp[u][1]和dp[u][0]之前需要再dfs(u的子节点),来将子节点的最大快乐指数更新。然后再更新当前根节点u的最大快乐指数。

补充完整:

void dfs(int u){
dp[u][1]=happy[u];
for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i]){
int j=e[i];
dfs(j);
dp[u][1]+=dp[j][0];
dp[u][0]+=max(dp[j][1],dp[j][0]);
}
}

我们在main函数里面还要求出最终根节点root,先初始化为1,我们之前用st[N]数组标记过,如果st[i]==false,那么点i就是最终根节点,所以在main函数中,我们应该这样写:

int main()
{
cin>>n;
init();
int root=1;
while(st[root])root++;
dfs(root);
printf("%d\n",max(dp[root][1],dp[root][0]));
return 0;
}

所以完整代码如下:

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=6005;
int n;
int h[N],ne[N],e[N],idx;
int happy[N];
int dp[N][2];
bool st[N]; void add(int a,int b){
e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
} void init(){
memset(h,-1,sizeof h);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&happy[i]);
for(int i=0;i<n-1;i++){
int a,b;
scanf("%d%d",&a,&b);
add(b,a);
st[a]=true;
}
} void dfs(int u){
dp[u][1]=happy[u];
for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i]){
int j=e[i];
dfs(j);
dp[u][1]+=dp[j][0];
dp[u][0]+=max(dp[j][1],dp[j][0]);
}
} int main()
{
cin>>n;
init();
int root=1;
while(st[root])root++;
dfs(root);
printf("%d\n",max(dp[root][1],dp[root][0]));
return 0;
}

  

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