• #QBXT2020 3月DP营 Day2上午


    树形DP

    DP上树。

    存储:边表(邻接表,链式前向星)

    (找节点i的子树大小)

    状态设计:每个节点为状态;初始化:叶子节点为1;转移:把儿子们加起来。

    顺序:从叶子节点不断向上做到根的过程。

    void dfs(int now ,int fa){
        for(int p = head[now];p;p = edge[p].nxt){
            if(edge[p].nxt != fa){
                dfs(edge[p].to,now);
                f[now] += f[edge[p].to];
            }
        }
    }
    

    求树的直径

    规定一棵树,输的诗经就是在树上找到两个点,使其距离最长,距离即直径。

    思考可得:距离 = (p_1 => lca(p_1,p_2) => p_2)

    枚举以每个点作为拐点的最长路径,最后对每个拐点去max。要算以i向下的最长路,以i向下的次长路,分别用f[],g[]。

    初始化:f[i]、g[i] = 0

    [f[i] = max(f[j] + 1) \ 次大路就是把当前最大路的子节点去掉之后得到的答案。 ]

    求树上所有路径的总长度和

    求树上路径的总长度和

    [sum_{i = 1}^n sum_{j = 1}^n dis(i,j) ]

    g[i]所有点到根节点的距离之和,f[i]表示答案。p1到i的路径总和为:g[i] = (g[p1] + size[p1]) * (size[i] - size[p1])(size是子树的大小)。

    [f[i] = sum_{p_j in son(i)} f[p_j] + (g[p_j] + size[p_j]) imes (size[i] - size[p_j]) ]

    或者:

    [ans = sum_{i = 2}^n size[i] imes (n - size[i]) imes 2 ]

    询问树的最大独立集

    选出更多的点,使得这些点互不相邻。(没有边)

    f[i][0/1]表示i这个点选/不选的方案数。

    [f[i][1] = sum _{p_i}f[pi][0] \ f[i][0] = sum_{pi} max(f[p_j][0],f[p_j][1]) + 1 ]

    士兵

    现在要在一棵树上布置士兵,每个士兵在结点上,每个士兵可以守护其结点直接相连的全部边,问最少需要布置多少个士兵。

    f[i][0/1/2],对于节点i,0表示儿子保护,1表示自己保护,2表示父亲保护。

    初始化叶节点:f[i][0] = INF,f[i][1] = 1,f[i][2] = 0;

    g[k][0/1]:i节点的前k个儿子是不是已经有一个儿子放了士兵

    [g[k][0] = g[k-1][0] + f[p_k][0] \ g[k][1] = min( \ g[k-1][0] + f[p_k][1], \ g[k-1][1] + f[p_k][0], \ g[h-1][0] + f[p_k][1])\ \ \ f[i][0] = \ f[i][1] = sum_{p_j} min(f[p_j][0],f[p_j][1],f[p_j][2]) + 1;\ f[i][2] = sum_{p_j} f[p_j][0] ]

    依赖背包问题

    依赖背包问题

    每个物品要选必须先选某个指定的物品问能够获得的最大价值(今明的预算方案)

    把依赖关系用数连起来,f[i][j]表示i的子树用了j的体积。

    初始化:f[i][0] = 0,f[i][vi] = wi,f[i][j] = -INF

    转移:g[i][j]前i个儿子用掉了前j的体积,则g[0][0],g[0][j] = -INF,g[i][j] = max(g[i-1][j-k] + f[pi][k])就是前i个儿子用掉j个体积的最大价值。(逐渐跑题)

    转移:f[i][0] = 0;f[i][j] = g[r][j-vi] + wi;

    复杂度(n * m^2)

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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/Cao-Yucong/p/12594086.html
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