树形 DP 浅谈

2021-10-30 09:37:27 阅读：168 来源： 互联网

树形 DP 是 NOIP/CSP 常考类型，是最重要的 DP。

由于树固有的递归性质，树形 DP 一般都是递归进行的。

基础

以下面【LG P1352】没有上司的舞会为例，介绍一下树形 DP 的一般过程。

某大学有 \(n\) 个职员，编号为 \(1\) ~ \(n\)。他们之间有从属关系，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 \(a_i\)，但是，如果某个职员的上司来参加舞会了，那么这个职员就不肯来参加舞会了。求最大的快乐指数。

我们可以定义 \(f_{i,0/1}\) 代表以 \(i\) 为根的子树的最优解（第二维的值为 \(0\) 代表 \(i\) 不参加舞会的情况，\(1\) 代表 \(i\) 参加舞会的情况）。

显然，我们可以推出下面两个状态转移方程（其中下面的 \(v\) 都是 \(u\) 的儿子，下同）：

\(f_{u,0}=\sum_{\text{edge}(u,v)}\max\{f_{v,1},f_{u,0}\}\)（上司不参加舞会时，下属可以参加，也可以不参加）
\(f_{u,1}=\sum_{\text{edge}(u,v)}f_{u,0}+a_i\)（上司不参加舞会时，下属可以参加，也可以不参加）

我们可以通过 DFS，在返回上一层时更新当前结点的最优解。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[6005],f[6005][2];
vector<int> v[6005];
bool staff[6005];
void dp(int x) {
    f[x][0]=0;
    f[x][1]=a[x];
    for(int i=0; i<v[x].size(); i++) {
        int t=v[x][i];
        dp(t);
        f[x][0]+=max(f[t][0],f[t][1]);
        f[x][1]+=f[t][0];
    }
}
int main() {
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        scanf("%d",a+i);
    }
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        int x,y;
        scanf("%d %d",&x,&y);
        v[y].push_back(x);
        staff[x]=1;
    }
    int root;
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        if(!staff[i]) {
            root=i;
        }
    }
    dp(root);
    printf("%d",max(f[root][0],f[root][1]));
    return 0;
}

相关练习：【LG P2016】战略游戏。

树上背包

树形背包解决的问题是给你几个物品，但物品有依赖关系，\(a\) 依赖 \(b\)，\(b\) 依赖 \(c\)，选 \(a\) 就必须选 \(b\)，选 \(b\) 就必须选 \(c\)，一个物品只能依赖一个物品，但一个物品可以被多个物品依赖，这里就能看出来这是一个树。叫你选择 \(n\) 物品可以使得价值最大，价值为多少。

一般我们的状态就是 \(f_{i,j}\) 表示以 \(i\) 为根节点的子树中选择了 \(j\) 个点所得到的价值，转移也大都是利用 dfs 回溯和背包来进行。

以下面【CTSC 1997】选课为例，介绍一下树形背包。

有一堆树构成的森林，共 \(n\) 个点。每个点有一个权值 \(s_i\)。一个点可以被选择，当且仅当它到根节点的路径上的所有点都被选择。共选择 \(m\) 个点，求被选择的点的权值和的最大值。

一个小技巧：我们发现，如果 \(0\) 算一个节点的话，整张图就是一棵树了。

这样的好处：

一棵树就不用分别考虑各棵树然后合并了。输入方便很多，不用特别处理 \(0\) 的情况。但是 \(m\) 就会受影响。

因为根节点 \(0\) 是必选的，所以只要让 \(m\) 增加 \(1\) 就好了。

首先，不难看出，父节点的信息可以由子节点合并得到并且不会影响子节点。

所以使用 dp 或者记忆化搜索就好了。

不难想到，用 \(dp_{u,i}\) 表示以节点 \(u\) 为根的子树，选择 \(i\) 个点可以获得的最大权值和。然后想如何转移。

好像遇到麻烦了！

显然合并子节点的信息一定能得到父节点的信息，但使用简单的算法好像不行了。

~~没事反正数据范围小。~~

继续观察，发现每个子节点都会占用父节点 \(i\) 的一部分，又有一个贡献，可以选择或不选择。

重量……价值……总重……这不是 \(01\) 背包吗？

不同之处在于，每个子节点的重量都是变量。

重新设计状态，用 \(dp_{u,i,j}\) 表示节点 \(u\) 的前 \(i\) 个子节点，限重为 \(j\) 能得到的最大权值和（价值和）

像 \(01\) 背包一样压缩空间，得到：

\(dp_{i,j}\) 表示节点 \(u\)，限重 \(j\) 的最大权值和（价值和）。

for(int i=head[u]; i; i=e[i].nxt) {
    int v=e[i].to;
    dp(v);
    for(int j=m+1; j; j--) {
        for(int k=0; k<j; k++) {
            f[u][j]=max(f[u][j],f[v][k]+f[u][j-k]);
        }
    }
}

参考资料

标签：背包,浅谈,int,树形,DP,节点,dp
来源： https://www.cnblogs.com/AFewMoon/p/15484288.html

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