ACM-ICPC（10 / 9）

ACM-ICPC(10.9) 树形DP

树形DP考点很多，状态转移有时会很复杂，但是也有规律可寻，最重要的是抓住父子关系之间的状态转移。

• 树的最大独立集：尽量选择多的点，使得任何两个结点均不相邻。​

状态转移，两种方案：

​

​

这样用记忆化的方案来做。

另一种，也是很常见的，也是很重要的——刷表法。

计算出一个​ 后，去刷新他的父亲，和祖父结点的值。

• 树的重心：找到一个点，以这个点为重心，最大子树的结点数最小。

这里需要反选，名字瞎起的，也很常见的哦~，​

• 树的直径，也可以用树形DP来做，但是两次DFS更常用。

• 树形背包。

推荐题目：树形DP很具有思维和编程控制能力，题目较多，认真思考。

BZOJ 3722，1131，4753

Description

Fancy爷宣布XJOI群将要选举下一任群主。候选人有两名，分别是XYW和吉丽。共有n个人（从1~n编号）参加这次投票。他们之间形成了一个树结构，根结点（1号结点）为Fancy。树上的结点有两种身份：专家（叶子结点）或领导（非叶子结点）。每位专家都有自己的选择——支持XYW和吉丽之中的一个；每位领导都有若干个下属（儿子结点），领导的选择决定于下属中人数较多的那一方，下属的数目保证为奇数，从而不会出现平局状况。最后，Fancy的选择即为选举结果。吉丽和XYW知道，目前仍有一些专家处于犹豫未决的状态，只要前去游说，就可获得他的支持。但是由于精力不够，每人每天只能选择游说1名专家；XYW起床更早，他比吉丽先进行游说。这样两人交替进行，直到每位专家都有了确定的选择。请问XYW是否有策略保证自己赢得选举胜利？

Input

第一行一个整数n(2<=n<=1000)，表示人数。接下来有n行。第i行中，第一个数为ci。如果c[i]<=0，则i是专家，-2表示其支持XYW，-1表示支持吉丽，0表示仍在犹豫；如果c[i]>0，则c[i]为奇数，表示i是领导，其后c[i]个整数为i的下属。（数据保证为树结构，即除了根节点1以外每个结点有且仅有一个上级）

Output

若XYW无法保证胜利，仅输出一行NIE。否则，输出第一行包含TAK和一个非负整数d；输出第二行包含d个整数，按升序排列，表示XYW在必胜策略下，第一天可以选择游说的专家的编号。（如果不存在犹豫不决的专家，且XYW获得胜利的情况下，则d=0，第二行为空行）

Sample Input

43 2 3 4-20-1

Sample Output

TAK 13

HINT

乍一眼看去，很是复杂，树形博弈SG函数，挺麻烦的，但是数据量很小，考虑枚举O(n^2)。

枚举每一个犹豫的人，看是否必胜，统计贡献值即可~

#include <bits/stdc++.h>
​
using namespace std;
​
const int maxn = 1005;
​
struct Edge {
    int to,next;
}e[maxn*2];
​
int tot;
int n;
int c[maxn];
int head[maxn];
​
void add(int u,int v) {
    e[++tot].to = v;
    e[tot].next = head[u];
    head[u] = tot;
}
​
int col[maxn];
​
int dfs(int u) {
    if(c[u]<=0) return col[u];
    int sum = 0;
​
    for(int i = head[u]; i ; i = e[i].next) {
        int v = e[i].to;
        sum+=dfs(v);
    }
    if(sum<0) return -1;
    if(sum>0) return 1;
    return 0;
}
​
int main()
{
    freopen("in.txt","r",stdin);
    scanf("%d",&n);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d",&c[i]);
​
        for(int j = 1; j <= c[i]; j++) {
            int v;
            scanf("%d",&v);
            add(i,v); 
        }
​
        if(c[i]==-2)
            col[i] = 1;
        if(c[i]==-1)
            col[i] = -1;
        if(c[i]==0)
            col[i] = 0;
        if(c[i]>0)
            col[i] = 0x3f3f3f3f;
    }
​
    if(dfs(1)==-1) {
        puts("NIE");
        return 0;
    }
​
    vector<int> ans;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        if(col[i]==0) {
            col[i] = 1;
            if(dfs(1)==1) {
                ans.push_back(i);
            }
            col[i] = 0;
        }
    }
​
    printf("TAK %d\n",ans.size());
​
    if(ans.size()>0)
        printf("%d",ans[0]);
​
    for(int i = 1; i < (int)ans.size(); i++)
        printf(" %d",ans[i]);
    puts("");
    return 0;
}

1131

Description

给出一个N个点的树,找出一个点来,以这个点为根的树时,所有点的深度之和最大

Input

给出一个数字N,代表有N个点.N<=1000000 下面N-1条边.

Output

输出你所找到的点,如果具有多个解,请输出编号最小的那个.

Sample Input

81 45 64 56 76 82 43 4

Sample Output

7

抓住父子关系，大部分的树形DP都是自底向上做的，这题例外很少见哦~

​ ： 深度之和。

作为儿子结点，可以很容易的转移： ​ 这里就用到反选了哦。

这个DP前提是​ 算对的情况。因此要自顶向上转移。

树形DP，有很多OJ用vector建树会超时，还是习惯用head的向前星形式的哦。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int maxn = 1e6+5;
typedef long long ll;

vector<int> g[maxn];
ll sz[maxn];
int dep[maxn];
ll f[maxn];
int n;

/*
void dfs1(int u,int fa,int d) {
    sz[u] = 1;
    dep[u] = d;
    f[u] = dep[u];
    for(int i = 0; i <(int)g[u].size(); i++) {
        int v = g[u][i];
        if(v==fa) continue;
        dfs1(v,u,d+1);
        sz[u] +=sz[v];
        f[u] +=f[v];
    }
}

ll minn;
int ret;
void dfs2(int u,int fa) {
    for(int i = 0; i < (int)g[u].size(); i++) {
        int v = g[u][i];
        if(v==fa) continue;
        f[v] = f[u] - sz[v] + n - sz[v];
        dfs2(v,u);
    }
}
*/

struct Edge {
    int to,next;
}e[maxn*2];

int cnt;
int head[maxn];
void add(int u,int v) {
    e[++cnt].to = v;
    e[cnt].next = head[u];
    head[u] = cnt;
}

void dfs1(int u,int fa,int d) {
    sz[u] = 1;
    dep[u] = d;
    f[u] = dep[u];
    for(int i = head[u]; i; i=e[i].next) {
        int v = e[i].to;
        if(v==fa) continue;
        dfs1(v,u,d+1);
        sz[u] +=sz[v];
        f[u] +=f[v];
    }
}

ll minn;
int ret;

void dfs2(int u,int fa) {
    for(int i = head[u]; i; i=e[i].next) {
        int v = e[i].to;
        if(v==fa) continue;
        f[v] = f[u] - sz[v] + n - sz[v];
        dfs2(v,u);
    }
}

int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}

int main()
{
    //scanf("%d",&n);
    n = read();
    int u,v;
    for(int i = 1; i < n; i++) {
        u = read();
        v = read();
        add(u,v);
        add(v,u);
    }

    dfs1(1,0,0);
    dfs2(1,0);
    minn = -1;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        if(minn<f[i])
        {
            minn = f[i];
            ret = i;
        }
    }
    printf("%d\n",ret);
    return 0;
}

bzoj 4753

需要用到01分数规划。

先做两个01分数规划的入门题吧~