『没有上司的舞会树形DP』

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<正文>

树形DP入门

有些时候，我们需要在树形结构上进行动态规划来求解最优解。

例如，给定一颗\(N\)个节点的树(通常是无根树，即有\(N-1\)条无向边)，我们可以选择任意节点作为根节点从而定义出每一颗子树的深度，形成一个子问题重叠的结构，是符合动态规划前提的。在设计动态规划算法时，一般由节点由深到浅的顺序来作为\(DP\)的阶段。\(DP\)的状态表示中，数组的第一维通常表示子树根节点的编号。大多数时候，我们用递归的形式实现树形动态规划。先在它的每个子节点上递归求出最优解，再在返回时求解当前节点的最优解。

下面我们通过一道入门例题来讲解。

没有上司的舞会(TYVJ1052 CODEVS1380)

Description

Ural大学有N个职员，编号为1~N。他们有从属关系，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。每个职员有一个快乐指数。现在有个周年庆宴会，要求与会职员的快乐指数最大。但是，没有职员愿和直接上司一起与会。

Input Format

第一行一个整数N。(1<=N<=6000)

接下来N行，第i+1行表示i号职员的快乐指数Ri。(-128<=Ri<=127)

接下来N-1行，每行输入一对整数L,K。表示K是L的直接上司。

最后一行输入0,0。

Output Format

输出最大的快乐指数。

Sample Input

Sample Output

Hint

Limitation

各个测试点1s

解析

通过分析可以发现，职员和上司之间的关系可以看作为是一个树形结构，又是最优解问题，可以尝试树形\(DP\)。

根据之前我们对树形\(DP\)的初步了解，我们先设置\(DP\)的状态，并将根节点编号作为第一维。分析题意，我们发现一个人是否参加舞会只和他的直接上司有关，所以我们可以把第二维设为\(0/1\)，这样，\(f[i][0/1]\)代表以i号节点为根节点的子树结构中的最大快乐指数值之和，\(0\)代表\(i\)号职员不参加晚会，\(1\)代表\(i\)号职员参加晚会，这样的状态，是满足最优子结构的。

利用阶段和之前的状态建立关系。如果i参加晚会，则他的下属不能参加晚会，如果他不参加晚会，则他的下属可以参加晚会，当然，也可以不参加。 那么，我们就可以写出状态转移方程:

\[1.f[i][1]=h[i]+\sum_{s\in Son(i)}f[s][0]
\\2.f[i][0]=\sum_{s\in Son(i)}max(f[s][1],f[s][0])
\]

其中，\(Son(i)\)代表节点i的子节点集合。

本题当中，我们还需要找到有根树的根，即没有上司的职员，然后从他开始进行\(DP\)求解。最终，\(DP\)的目标状态是\(max(f[root][1],f[root][0])\)。时间复杂度为\(O(n)\)。

\(Code:\)

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N=6000+80;

int n,h[N]={},f[N][2]={},vis[N]={};

vector < int > son[N];

inline void read(int &k)

{

	int x=0,w=0;char ch;

	while(!isdigit(ch))w|=ch=='-',ch=getchar();

	while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();

	k=(w?-x:x);return;

}

inline void input(void)

{

	read(n);

	for(int i=1;i<=n;i++)read(*(h+i));

	for(int i=1;i<n;i++)

	{

		int f,s;

		read(s),read(f);

		vis[s]=true;

		son[f].push_back(s);

	}

}

inline void dp(int root)

{

	f[root][0]=0;f[root][1]=h[root];

	for(int i=0;i<son[root].size();i++)

	{

		int S=son[root][i];

		dp(S);

		f[root][0]+=max(f[S][1],f[S][0]);

		f[root][1]+=f[S][0];

	}

}

inline void solve(void)

{

	memset(f,0,sizeof f);

	int root;

	for(int i=1;i<=n;i++)

	{

		if(!vis[i]){root=i;break;}

	}

	dp(root);

	printf("%d\n",max(f[root][0],f[root][1]));

}

int main(void)

{

	freopen("test.in","r",stdin);

	freopen("test.out","w",stdout);

	input();

	solve();

	return 0;

}

总结

通过一道例题，我们对树形DP建立的初步的认识。但是，在更复杂的题目中，我们需要学习更多的技巧，例如，出来自顶向下的递归以外，我们还可以运用图上DP的方法，用自底向上的拓扑序来执行树形DP，但是实现更为复杂，通常来说，这样的DP已经足够。

在更多的题目中，树是以一张N个点，N-1条边的无向图的形式给出的，这样的话我们还需要找出树的根，一般是用深搜的方法。

<后记>