qbxt Day4

1.树形dp

例题1

树上最长链

其实有两种方法，但为了简便，就只学了最通用的dp算法

我们考虑设dp[i][0/1]表示以i为根的最长路和次长路，然后拼接就行了

第二维0表示最长路，1表示次长路

if dp[i][0]<dp[son][0] then dp[i][1]=dp[i][0],dp[i][0]=dp[son][0]

if dp[i][0]>dp[son][0] && dp[i][1]<dp[son][0] then dp[i][1]=dp[son][0]

就可以了

例题2

codevs1378

有n节课可以选，每节课有至多一个前置课程，和这节课的学分，问如果只能选m节课，最多有多少学分。

这是一道类似于树形背包的dp

dp么，需要记录所有可行状态

考虑设dp[i][j]在以i为根的子树中选除j个课程的最大价值

每次新增一个儿子，就相当于新增加一个多重背包中的物品。此处暴力枚举就可以了，时间复杂度O(n^3)

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using std::max;
using std::min;
const int maxn=310;
struct node
{
	int point;
	int nxt;
};
node line[maxn<<1];
int s[maxn];
int head[maxn],tail;
int ind[maxn];
int f[maxn][maxn];
int siz[maxn];
int n,m;
void add(int a,int b)
{
	line[++tail].point=b;
	line[tail].nxt=head[a];
	head[a]=tail;
}
void dfs(int now)
{
	siz[now]=1;
	f[now][1]=s[now];
	for(int i=head[now];i;i=line[i].nxt)
	{
		dfs(line[i].point);
		for(int j=siz[now]+siz[line[i].point];j>=2;j--)
			for(int k=1;k<=min(siz[line[i].point],j-1);k++)
			f[now][j]=max(f[now][j],f[now][j-k]+f[line[i].point][k]);
		siz[now]+=siz[line[i].point];
	}
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	int dat;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d%d",&dat,&s[i]);
		add(dat,i);

	}
	dfs(0);
	printf("%d",f[0][m+1]);
}

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例题3

hdu4679

给定一颗树，每条边有一个权值w,问切掉哪条边之后，分成的两颗树的较大的直径*切掉边的权值最小？如果存在多条边使得结果相同，输出边id最小的。

考虑枚举切哪一条边，若不在整棵树的直径上，处理就很好处理

然后我们考虑如果在直径上呢？ 考虑从直径的左右两端点分别为根做一次dp，然后每次切边。将一棵树分成两棵树，这样就可以在o(1)时间内算出分离后两颗子树的直径了

预处理多么重要呀~~

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例题4

codeforces219d

给一棵树，每条边有方向，改变一条边方向的代价是1.

对于一个点，如果选它为根，那么需要把方向不对的边改变方向（都变成深度小的点指向深度大的点）。

问选一个点为根的最小代价。和选哪些点的代价是这个数字。

其实这道题，如果看过平衡树中的rotate操作，其实不难。因为一次换根的时间是O(1)的

然后先选出一个点来，算出其所需次数，然后将其他点作为根试一次，然后就是O(n)的时间复杂度

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例题4

bzoj1040

给一个环套树森林，求最大权独立集。（就是相邻的点不能同时选）

首先考虑dp一开始考虑做出决策的方法——枚举

首先每个点只有选与不选，是可以接受的。

然后我们考虑枚举环上的点，断环为链。再使用树形dp

但是我们在枚举的时候要枚举相邻的的两个点。防止不合法的情况

然后我还没有写出来QAQ

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