树形dp初步

其实很早之前就学过树形dp，今天总接一下。树形dp就是一个在树上跑的dp（滑稽）

先是一道板子题：树上最大独立集

直接上代码了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
struct node
{
    int x,y,next;
};
node a[];
int len,last[];
void add(int x,int y)
{
    a[++len].x = x;
    a[len].y = y;
    a[len].next = last[x];
    last[x] = len;
}
int fa[],son[];
int f[][];
int v[];
/*
f[i][1]代表请i的最大值
f[i][0]代表不请i的最大值
*/
template <class T>
void read(T &x)
{
    char c;
    int op = ;
    while(c = getchar(),c > '' || c < '')
        if(c == '-') op = ;
    x = c - '';
    while(c = getchar(),c >= '' && c <= '')
        x = x *  + c - '';
    if(op == )
        x = -x;
}
void treedp(int x)
{
    f[x][] = v[x];
    for(int k = last[x];k;k = a[k].next) //相当于dfs
        treedp(a[k].y);
    for(int k = last[x];k;k = a[k].next)
    {
        int y = a[k].y;
        f[x][] += f[y][]; //dp转移式①
    }
    f[x][] = ;
    for(int k = last[x];k;k = a[k].next)
    {
        int y = a[k].y;
        f[x][] += max(f[y][],f[y][]);//dp转移式②
    }
}
int main()
{
    int n;
    read(n);
    memset(f,-,sizeof(f));
    memset(fa,,sizeof(fa));
    for(int i = ;i <= n;i++)
        read(v[i]);
    int xx,yy;len = ;
    memset(last,,sizeof(last));
    while(scanf("%d%d",&xx,&yy) != EOF)
    {
        if(xx ==  && yy == )
        {
            break;
        }
        add(yy,xx);
        fa[xx] = yy; //找根节点
    }
    int root = ;
    for(int i = ;i <= n;i++)
        if(fa[i] == )
        {
            root = i;
            break;
        }
    treedp(root);
    printf("%d\n",max(f[root][],f[root][]));
    return ;
}

然后还有几个稍微比这个难一点的题，比如：加分二叉树

【问题描述】
设一个有n个节点的二叉树的中序遍历为（l,,,…,n），其中数字1,,,…,n为节点编号。
每个节点都有一个分数（均为正整数），记第i个节点的分数为di， 每棵子树都有一个加分，任一棵子树subtree的加分计算方法如下：
    subtree的左子树的加分× subtree的右子树的加分＋subtree的根的分数
    若某个子树为空，规定其加分为1，叶子的加分就是叶节点本身的分数。不考虑它的空子树。
    试求一棵符合中序遍历为（,,,…,n）且加分最高的二叉树tree。要求输出；
    （）tree的最高加分
    （）tree的前序遍历
【输入格式】
    第1行：一个整数n（n＜），为节点个数。
    第2行：n个用空格隔开的整数，为每个节点的分数（分数＜）。
【输出格式】
    第1行：一个整数，为最高加分（结果不会超过2,  ）。
    第2行：n个用空格隔开的整数，为该树的前序遍历。
【样例输入】

【样例输出】

这个题需要枚举中间的断点，然后进行dp。dp比之前简单了，但是其他的要难一些。

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
int root[][],d[],f[][];
void pre_visit(int l,int r)
{
    if(l <= r)
    {
        cout<<root[l][r]<<" ";
        pre_visit(l,root[l][r] - );
        pre_visit(root[l][r] + , r);
    }
}
int main()
{
    int m;
    cin>>m;
    for(int i = ;i <= m;i++)
    {
        for(int j = ;j <= m;j++)
        {
            f[i][j] = ;
        }
    }
    for(int i = ;i <= m;i++)
    {
        cin>>d[i];
        root[i][i] = i;
        f[i][i] = d[i];
    }
    for(int k = ;k <= m;k++)
    {
        for(int l = ;l <= m - k + ;l++)
        {
            int r = l + k - ;
            for(int i = l;i <= r;i++)
            {
                if(f[l][r] < f[l][i - ] * f[i + ][r] + d[i])
                {
                    root[l][r] = i;
                    f[l][r] = f[l][i - ] * f[i + ][r] + d[i];
                }
            }
        }
    }
    cout<<f[][m]<<endl;
    cout<<root[][m]<<" ";
    pre_visit(,root[][m] - );
    pre_visit(root[][m] + ,m);
}

还有一个皇宫看守，和最大独立点集很像

【问题描述】
太平王世子事件后，陆小凤成了皇上特聘的御前一品侍卫。 皇宫以午门为起点，直到后宫嫔妃们的寝宫，呈一棵树的形状；有边直接相连的宫殿可以互相望见。大内保卫森严，三步一岗，五步一哨，每个宫殿都要有人全天候看守，在不同的宫殿安排看守所需的费用不同。 可是陆小凤手上的经费不足，无论如何也没法在每个宫殿都安置留守侍卫。

编程任务：帮助陆小凤布置侍卫，在看守全部宫殿的前提下，使得花费的经费最少。
【输入格式】
输入文件中数据表示一棵树，描述如下：
第1行 n，表示树中结点的数目。
第2行至第n+1行，每行描述每个宫殿结点信息，依次为：该宫殿结点标号i（<I<=N），在该宫殿安置侍卫所需的经费K，该点的儿子数M，接下来M个数，分别是这个节点的M个儿子的标号R1，R2，...，RM。对于一个n（ < n<=）个结点的树，结点标号在1到n之间，且标号不重复。
【输出格式】
输出文件仅包含一个数，为所求的最少的经费。
输入样例：

输出样例：

这个题很好想。

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
struct node
{
    ll x,y,next;
};
node a[];
ll v[],f[][];
ll last[],len = ;
bool bk[];
/*
i节点安全代表i节点和子树安全
不安全代表i节点不安全，但是子树安全
f[i][0]表示x点不放人，但是安全
f[i][1]表示x点不放人，不安全
f[i][2]表示x点放人，所以安全
f[i][3]表示x点放人，但是不安全，显然不成立
*/
void treedp(int x)
{
    f[x][] = v[x];
    f[x][] = ;f[x][] = ;
    ll minn = ;
    bool bkk = false;
    for(int k = last[x];k;k = a[k].next)
    {
        ll y = a[k].y;
        if(bk[y] == false)
        {
            bk[y] = true;
            treedp(y);
            minn = min(f[y][] - f[y][],minn);
            f[x][] += min(f[y][],f[y][]);
            if(f[y][] <= f[y][])
            {
                bkk = true;
            }//一定选f[i][2]
            f[x][] += f[y][];
            f[x][] += min(f[y][],min(f[y][],f[y][]));
        }
    }
    if(bkk == false)
    {
        f[x][] += minn;
    }
}
void add(int x,int y)
{
    a[++len].x = x;
    a[len].y = y;
    a[len].next = last[x];
    last[x] = len;
}
int main()
{
    ll n;
    cin>>n;
    memset(f,,sizeof(f));
    for(int i = ;i <= n;i++)
    {
        ll x,m,k;
        cin>>x>>k>>m;
        v[x] = k;
        for(int j = ;j <= m;j++)
        {
            ll y;
            cin>>y;
            add(x,y);
            add(y,x);
        }
    }
    ll root = ;
    memset(bk,false,sizeof(bk));
    bk[root] = true;
    treedp(root);
    cout<<min(f[root][],f[root][]);
    return ;
}