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【浮*光】#树形DP# 树形DP的习题集

由 烈酒焚心 提交于 2020-05-05 15:03:06

T1：【p2996】拜访奶牛

  • 树的相邻节点不能选择，求最多选择的节点数。

 

【0/1型树形dp】← 也只有我这样叫... 这题是真的很模板...

f[x] 即 拜访x时最大数量，g[x] 即 不拜访x时最大数量。

转移方程：f[x]=1+∑g[son[i]]，g[x]=∑max(f[son[i]],g[son[i]])。

不妨假设从1号点出发，那么答案即为max(f[1],g[1])。

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;

/*【p2996】拜访奶牛
N(1<=N<=50000)个朋友构成一棵树。求：可以拜访的朋友的最大数目。
限制：对于由一条路直接相连的两个奶牛,只能拜访其中的一个。 */

/*【0/1型树形dp】← 也只有我这样叫...
f[x] 即 拜访x时最大数量，g[x] 即 不拜访x时最大数量。
转移方程：f[x]=1+∑g[son[i]]，g[x]=∑max(f[son[i]],g[son[i]])。
不妨假设从1号点出发，那么答案即为max(f[1],g[1])。 */

void reads(int &x){ //读入优化（正负整数）
    int fa=1;x=0;char s=getchar();
    while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')fa=-1;s=getchar();}
    while(s>='0'&&s<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+s-'0';s=getchar();}
    x*=fa; //正负号
}

const int N=100019;

int n,f[N],g[N],head[N],tot=0;

struct node{ int ver,nextt; }e[N*2];

void add(int x,int y)
 { e[++tot].ver=y,e[tot].nextt=head[x],head[x]=tot; }

void dp(int x,int fa_){
    f[x]=1; //选择自己
    for(int i=head[x],y;i;i=e[i].nextt){
        if(e[i].ver==fa_) continue; y=e[i].ver;
        dp(y,x); f[x]+=g[y]; //(1),不能选儿子
        g[x]+=max(f[y],g[y]); //(2),不选x,下方随意
    }
}

int main(){
    reads(n); for(int i=1,x,y;i<n;i++)
        reads(x),reads(y),add(x,y),add(y,x);
    dp(1,0); cout<<max(f[1],g[1])<<endl;
}
【p2996】拜访奶牛

 

 

T2：【p2585】三色二叉树

  • 递归给出一棵二叉树。每个节点的颜色可以是0,1,2。
  • 要求：父子、兄弟节点的颜色不同。求最多/最少的0色点个数。

 

【0/1型树形dp】因为只用考虑0色点的个数，所以每个点可以分为：0色/非0色。

那么就和上一题很相似了。f[i]/g[i] 表示 i 为/不为 0色时，以i为根的子树中 0色点的最值个数。

二叉树则：f[i]=1+g[ls[i]]+g[rs[i]],g[i]=min/max(f[ls[i]]+g[rs[i]],g[ls[i]]+f[rs[i]])。

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;

/*【p2585】三色二叉树
递归给出一棵二叉树。每个节点的颜色可以是0,1,2。
要求：父子、兄弟节点的颜色不同。求最多/最少的0色点个数。 */

/*【0/1型树形dp】因为只用考虑0色点的个数，所以每个点可以分为：0色/非0色。
那么就和 模板题p2996 很相似了。f[i]/g[i] 表示 i 为/不为 0色时，以i为根的子树中 0色点的最值个数。
二叉树则：f[i]=1+g[ls[i]]+g[rs[i]],g[i]=min/max(f[ls[i]]+g[rs[i]],g[ls[i]]+f[rs[i]])。 */

void reads(int &x){ //读入优化（正负整数）
    int fa=1;x=0;char s=getchar();
    while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')fa=-1;s=getchar();}
    while(s>='0'&&s<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+s-'0';s=getchar();}
    x*=fa; //正负号
}

const int N=500019; char ss[N]; int f[N],g[N],ls[N],rs[N],p,n;

void init(){ p++,n++; int now=n;
  if(ss[p]=='2') ls[now]=n+1,init(),rs[now]=n+1,init();
  if(ss[p]=='1') ls[now]=n+1,init(); }

void dp_max(int x){
  if(!x) return; dp_max(ls[x]),dp_max(rs[x]);
  f[x]=1+g[ls[x]]+g[rs[x]], //↓↓ 三个点必须只选一个 
  g[x]=max(f[ls[x]]+g[rs[x]],g[ls[x]]+f[rs[x]]); }

void dp_min(int x){
  if(!x) return; dp_min(ls[x]),dp_min(rs[x]);
  f[x]=1+g[ls[x]]+g[rs[x]], //↓↓ 三个点必须只选一个 
  g[x]=min(f[ls[x]]+g[rs[x]],g[ls[x]]+f[rs[x]]); }

int main(){
    scanf("%s",ss+1),init(); //递归输入
    dp_max(1),printf("%d ",max(f[1],g[1]));
    memset(f,0,sizeof(f)),memset(g,0,sizeof(g));
    dp_min(1),printf("%d\n",min(f[1],g[1]));
}
【p2585】三色二叉树

 

 

T3：【p4107】兔子与樱花

  • n个节点的樱花树，0号节点是根节点。第i个节点有c_i朵樱花。
  • 每一个节点都有载重量m。对于节点i，要求：儿子个数son_i<=m-c_i。
  • 要删除一些节点。每次删除之后儿子节点会向上连接。求最多能删除多少节点。

 

【树形dp+贪心】每次删除选定节点i后，它父亲fa_增加的重量为(son_i+c_i)-1。

那么就可以把每个节点的权值看成子节点数目+樱花数(son_i+c_i)。

于是就有贪心策略：优先选择权值小的，判断能否去掉，若能去掉则更新当前节点的重量。

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;

/*【p4107】兔子与樱花 
n个节点的樱花树，0号节点是根节点。第i个节点有c_i朵樱花。
每一个节点都有载重量m。对于节点i，要求：儿子个数son_i<=m-c_i。
要删除一些节点。每次删除之后儿子节点会向上连接。求最多能删除多少节点。*/

/*【树形dp+贪心】每次删除选定节点i后，它父亲fa_增加的重量为(son_i+c_i)-1。
那么就可以把每个节点的权值看成子节点数目+樱花数(son_i+c_i)。
于是就有贪心策略：优先选择权值小的，判断能否去掉，若能去掉则更新当前节点的重量。*/

void reads(int &x){ //读入优化（正负整数）
    int fa=1;x=0;char s=getchar();
    while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')fa=-1;s=getchar();}
    while(s>='0'&&s<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+s-'0';s=getchar();}
    x*=fa; //正负号
}

const int N=2000019; int n,m,ans=0,c[N]; 

vector<int> son[N]; //存儿子节点 

bool cmp(int a,int b){ return c[a]<c[b]; }

void dp(int x){ //↓↓先递归到最底部，再自底而上一步步贪心
    for(int i=0;i<(int)son[x].size();i++) dp(son[x][i]);
    sort(son[x].begin(),son[x].end(),cmp); //每层都要重新排序
    c[x]+=son[x].size(); //当前节点的权值改成son_i+c_i
    //↑↑因为自底而上，所以不会有冲突和重复，每个节点只会遍历一次
    for(int i=0;i<(int)son[x].size();i++)
     { if(c[x]+c[son[x][i]]-1>m) break; //不能再删除了
       c[x]+=c[son[x][i]]-1,ans++; } //按照贪心策略...
}

int main(){
    reads(n),reads(m); for(int i=1;i<=n;i++) reads(c[i]);
    for(int i=1,k,x;i<=n;i++){ reads(k); //↓↓转化为根节点为1
        while(k--) reads(x),son[i].push_back(x+1);
    } dp(1); printf("%d\n",ans); return 0;
}
【p4107】兔子与樱花

 

 

T4：【p3698】小Q的棋盘

  • 求 ‘从0号点出发，移动p步’ 最多能经过多少节点。

 

【树形dp+贪心】dfs求出以0为起点的最长一条链，此链上的点只经过一次，消耗1步；

其它的点经过后需要返回这条链上，消耗2步。然后分类讨论：是否能走完链、走完树。

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;

/*【p3698】小Q的棋盘
求 ‘从0号点出发，移动p步’ 最多能经过多少节点。*/

/*【树形dp+贪心】dfs求出以0为起点的最长一条链，此链上的点只经过一次，消耗1步；
其它的点经过后需要返回这条链上，消耗2步。然后分类讨论：是否能走完链、走完树。*/

void reads(int &x){ //读入优化（正负整数）
    int fa=1;x=0;char s=getchar();
    while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')fa=-1;s=getchar();}
    while(s>='0'&&s<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+s-'0';s=getchar();}
    x*=fa; //正负号
}

const int N=519; int n,p,max_l=0,x,y;

int head[N],ver[N<<1],nextt[N<<1],tot=0,dep[N];

void add(int x,int y){ ver[++tot]=y,nextt[tot]=head[x],head[x]=tot; }

void dfs(int x,int fa){ for(int i=head[x];i;i=nextt[i])
  if(ver[i]!=fa) dep[ver[i]]=dep[x]+1,dfs(ver[i],x); }

int main(){
    reads(n),reads(p); for(int i=1;i<n;i++) reads(x),reads(y),add(x,y),add(y,x);
    dfs(0,-1); for(int i=1;i<n;i++) if(max_l<dep[i]) max_l=dep[i];
    if(p<=max_l) printf("%d\n",p+1); //比最长链短
    else if(p>=max_l+2*(n-max_l-1)) printf("%d\n",n); //比所有长度还长
    else printf("%d\n",max_l+(p-max_l)/2+1); //只能走除最长链之外的一部分
}
【p3698】小Q的棋盘

 

 

T5：【p3478】Station

  • 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。

 

【树形dp】f[x]表示子树x中所有点到点x的距离之和，g[x]表示整个树中所有点到点x的距离之和。

x的子树的对应路径中，有si[to[i]]个点到x的距离比to[i]多1：f[x]=∑(f[to[i]]+si[to[i]])。

可知g[1]=f[1]。因为有n-si[to[i]]个点到to[i]的距离比到x多1，加n-si[to[i]]；

有si[to[i]]个点到to[i]的距离比到x少1，所以再减si[to[i]]；所以g[to[i]]=g[x]+n-2*si[to[i]]。

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;

/*【p3478】Station
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。*/

/*【树形dp】f[x]表示子树x中所有点到点x的距离之和，g[x]表示整个树中所有点到点x的距离之和。
x的子树的对应路径中，有si[to[i]]个点到x的距离比to[i]多1：f[x]=∑(f[to[i]]+si[to[i]])。
可知g[1]=f[1]。因为有n-si[to[i]]个点到to[i]的距离比到x多1，加n-si[to[i]]；
有si[to[i]]个点到to[i]的距离比到x少1，所以再减si[to[i]]；所以g[to[i]]=g[x]+n-2*si[to[i]]。*/

void reads(int &x){ //读入优化（正负整数）
    int fa=1;x=0;char s=getchar();
    while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')fa=-1;s=getchar();}
    while(s>='0'&&s<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+s-'0';s=getchar();}
    x*=fa; //正负号
}

const int N=1000019; int n,ans=0,f[N],g[N];

int head[N],ver[N<<1],nextt[N<<1],tot=0,siz[N];

void add(int x,int y){ ver[++tot]=y,nextt[tot]=head[x],head[x]=tot; }

void dfs1(int x,int fa){ siz[x]=1; for(int i=head[x];i;i=nextt[i])
  if(ver[i]!=fa) dfs1(ver[i],x),siz[x]+=siz[ver[i]],f[x]+=f[ver[i]]+siz[ver[i]]; }

void dfs2(int x,int fa){ for(int i=head[x];i;i=nextt[i])
  if(ver[i]!=fa) g[ver[i]]=g[x]+n-2*siz[ver[i]],dfs2(ver[i],x); }

int main(){
    reads(n); for(int i=1,x,y;i<n;i++) 
        reads(x),reads(y),add(x,y),add(y,x);
    dfs1(1,0); g[1]=f[1]; dfs2(1,0); //分别求出f[],g[]
    for(int i=1;i<=n;i++) if(g[ans]<g[i]) ans=i; 
    cout<<ans<<endl; return 0; //g[]中最大的就是ans
}
【p3478】Station //没开LL，wa2点的代码...

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;

/*【p3478】Station
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。*/

/*【树形dp】f[x]表示子树x中所有点到点x的距离之和，g[x]表示整个树中所有点到点x的距离之和。
x的子树的对应路径中，有si[to[i]]个点到x的距离比to[i]多1：f[x]=∑(f[to[i]]+si[to[i]])。
可知g[1]=f[1]。因为有n-si[to[i]]个点到to[i]的距离比到x多1，加n-si[to[i]]；
有si[to[i]]个点到to[i]的距离比到x少1，所以再减si[to[i]]；所以g[to[i]]=g[x]+n-2*si[to[i]]。*/

void reads(int &x){ //读入优化（正负整数）
    int fa=1;x=0;char s=getchar();
    while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')fa=-1;s=getchar();}
    while(s>='0'&&s<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+s-'0';s=getchar();}
    x*=fa; //正负号
}

const int N=1000019; int n,ans=0; ll f[N],g[N],siz[N];

int head[N],ver[N<<1],nextt[N<<1],tot=0;

void add(int x,int y){ ver[++tot]=y,nextt[tot]=head[x],head[x]=tot; }

void dfs1(int x,int fa){ siz[x]=1; for(int i=head[x];i;i=nextt[i])
  if(ver[i]!=fa) dfs1(ver[i],x),siz[x]+=siz[ver[i]],f[x]+=f[ver[i]]+siz[ver[i]]; }

void dfs2(int x,int fa){ for(int i=head[x];i;i=nextt[i])
  if(ver[i]!=fa) g[ver[i]]=g[x]+n-2*siz[ver[i]],dfs2(ver[i],x); }

int main(){
    reads(n); for(int i=1,x,y;i<n;i++) 
        reads(x),reads(y),add(x,y),add(y,x);
    dfs1(1,0); g[1]=f[1]; dfs2(1,0); //分别求出f[],g[]
    for(int i=1;i<=n;i++) if(g[ans]<g[i]) ans=i; 
    cout<<ans<<endl; return 0; //g[]中最大的就是ans
}
【p3478】Station //AC代码

 

 

T6：【p4253】小凸玩密室

  • 一棵有n个节点的完全二叉树，每个节点有一个灯泡。
  • 点亮所有灯泡即可逃出密室。点值ai​，边权bi。
  • 点亮第一个灯泡不需要花费，之后每点亮一个新的灯泡v的花费，
  • 等于上一个被点亮的灯泡u到这个点v的距离Du,v，乘以这个点的权值av​。
  • 在点亮一个灯泡后必须先点亮其子树所有灯泡。求最少花费。

 

点亮灯泡k,点亮它的一个子树，再点亮它另外的子树，

然后回到k的父节点，点亮fa之后再点亮fa的其他子树……

 

对于一个节点u，有这样两种情况：

   1.u还没有被点亮，则下一个被点亮的一定是它的儿子

   2.u是下方(叶子)节点，在下一个被点亮的一定是它的某一级祖先，或者是它某一级祖先的儿子

 

  • f[i][j]表示点亮i之后回到i的第j个祖先的最小花费。
  • g[i][j]表示点亮i之后回到i的第j个祖先的另一个儿子的最小花费。

 

倒序推导，注意讨论当前节点的儿子个数。统计答案时，根据点亮的过程累加即可。

 

ps:由于这是一棵完全二叉树，所以可以不用递归的方式dfs。

直接预处理出每个节点的儿子和它到各级祖先的距离，用循环转移即可。

 

#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned int uint;
typedef unsigned long long ull;

/*【p4253】小凸玩密室 // 树形DP
一棵有n个节点的完全二叉树，每个节点有一个灯泡。点亮所有灯泡即可逃出密室。
点值ai​，边权bi。点亮第一个灯泡不需要花费，之后每点亮一个新的灯泡v的花费，
等于上一个被点亮的灯泡u到这个点v的距离Du,v，乘以这个点的权值av​。
在点亮一个灯泡后必须先点亮其子树所有灯泡。求最少花费。 */

/*【分析】点亮灯泡k,点亮它的一个子树，再点亮它另外的子树，
然后回到k的父节点，点亮fa之后再点亮fa的其他子树……

所以对于一个节点u，有这样两种情况:

1.u还没有被点亮，则下一个被点亮的一定是它的儿子
2.u是下方(叶子)节点，在下一个被点亮的一定是它的某一级祖先，或者是它某一级祖先的儿子

f[i][j]表示点亮i之后回到i的第j个祖先的最小花费。

g[i][j]表示点亮i之后回到i的第j个祖先的另一个儿子的最小花费。

倒序推导，注意讨论当前节点的儿子个数。统计答案时，根据点亮的过程累加即可。

ps:由于这是一棵完全二叉树，所以可以不用递归的方式dfs。
直接预处理出每个节点的儿子和它到各级祖先的距离，用循环转移即可。*/

void reads(int &x){ //读入优化（正负整数）
    int fx_=1;x=0;char ch_=getchar();
    while(ch_<'0'||ch_>'9'){if(ch_=='-')fx_=-1;ch_=getchar();}
    while(ch_>='0'&&ch_<='9'){x=x*10+ch_-'0';ch_=getchar();}
    x*=fx_; //正负号
}

const int N=200019;

int n,w[N],fa[N],ls[N],rs[N]; ll ans=(ll)1e17;

ll f[N][20]; //f[][]:i是亮的，回到i的第j个祖先的最小花费

ll g[N][20]; //g[][]:i是亮的，回到i的第j个祖先的另一个儿子的最小花费 

ll dis[N][20]; //dis[][]:从i到i的第j个祖先的距离 

int brother(int k,int x){ return k>>(x-1)^1; }

ll work(){
    for(int k=n;k>=1;k--){ 
        if(!ls[k]) for(int i=1;k>>(i-1);i++) //叶子节点
            g[k][i]=(dis[k][i]+dis[brother(k,i)][1])*w[brother(k,i)];
        else if(!rs[k]) for(int i=1;k>>(i-1);i++)
            g[k][i]=dis[ls[k]][1]*w[ls[k]]+g[ls[k]][i+1];
        else for(int i=1;k>>(i-1);i++)
          g[k][i]=min(dis[ls[k]][1]*w[ls[k]]+g[ls[k]][1]+g[rs[k]][i+1],
            dis[rs[k]][1]*w[rs[k]]+g[rs[k]][1]+g[ls[k]][i+1]);
    } for(int k=n;k>=1;k--){
        if(!ls[k]) for(int i=1;k>>(i-1);i++)
            f[k][i]=dis[k][i]*w[k>>i];
        else if(!rs[k]) for(int i=1;k>>(i-1);i++)
            f[k][i]=f[ls[k]][i+1]+dis[ls[k]][1]*w[ls[k]];
        else for(int i=1;k>>(i-1);i++)
          f[k][i]=min(dis[ls[k]][1]*w[ls[k]]+g[ls[k]][1]+f[rs[k]][i+1],
            dis[rs[k]][1]*w[rs[k]]+g[rs[k]][1]+f[ls[k]][i+1]);
    } for(int k=1;k<=n;k++){
        ll sum=f[k][1];
        for(int i=1,fa=k>>1;fa;i++,fa>>=1){
            int bro=brother(k,i);
            if (bro>n) sum+=dis[fa][1]*w[fa>>1];
            else sum+=dis[bro][1]*w[bro]+f[bro][2];
    } ans=min(ans,sum); } return ans;
}

int main(){
    reads(n); for(int i=1;i<=n;i++) reads(w[i]);
    for(int i=2;i<=n;i++) scanf("%lld",&dis[i][1]); //边权
    for(int i=1;i<=(n>>1)+1;i++){ //完全二叉树
        if((i<<1)<=n) ls[i]=(i<<1); else break;
        if((i<<1|1)<=n) rs[i]=(i<<1|1); //记录完全二叉树对应的左右儿子
    } for(int i=2;i<=18;i++) for(int k=n;k>>i;k--)
        dis[k][i]=dis[k][i-1]+dis[k>>(i-1)][1];
    printf("%lld\n",work()); return 0;
}
【p4253】小凸玩密室

 

 

T7：【p3237】米特运输

  • 给定一棵以1为根的树，每个节点又有一个权值。
  • 问最少要改变多少个节点的权值，使得：
  •  (1)每个节点的子节点的权值相同。
  •  (2)每个节点的子节点权值之和等于该点的权值。

 

【树形dp+log( )压缩】改变后每个节点与根节点权值有固定的倍数关系。

对于树上任一个点，其权值一旦确定，整棵树的权值即可确定。

先初始化一下，确定改变后每个节点与根节点权值的倍数关系，

将原权值乘上这个倍数关系，最后求出最多的‘相等权值’即可。

由于数据特别大，所以使用log将乘法压缩为加法来保存（主要是让数变小）。

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;

/*【p3237】米特运输
给定一棵以1为根的树，每个节点又有一个权值。
问：最少要改变多少个节点的权值，使得：
 (1)每个节点的子节点的权值相同。
 (2)每个节点的子节点权值之和等于该点的权值。*/

/*【树形dp】改变后每个节点与根节点权值有固定的倍数关系。
对于树上任一个点，其权值一旦确定，整棵树的权值即可确定。
先初始化一下，确定改变后每个节点与根节点权值的倍数关系，
将原权值乘上这个倍数关系，最后求出最多的‘相等权值’即可。
由于数据特别大，所以使用log将乘法压缩为加法来保存。*/

void reads(int &x){ //读入优化（正负整数）
    int fa=1;x=0;char s=getchar();
    while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')fa=-1;s=getchar();}
    while(s>='0'&&s<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+s-'0';s=getchar();}
    x*=fa; //正负号
}

const int N=500019; double a[N],s[N],val[N]; 

int siz[N],ver[N*2],nextt[N*2],head[N],tot=0;

void add(int x,int y){ ver[++tot]=y,nextt[tot]=head[x],head[x]=tot; }

void pre_dfs(int x,int fa){
    for(int i=head[x],y;i;i=nextt[i]){
        y=ver[i]; if(y==fa) continue; //用log压缩
        s[y]=s[x]+log(siz[x]),pre_dfs(y,x); //s保存倍数关系
    }
}

int main(){
    int n,tmp=1,ans=0; reads(n); 
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf",&a[i]); //初始权值
    for(int i=1,x,y;i<n;i++) reads(x),reads(y),
        add(x,y),add(y,x),siz[x]++,siz[y]++;
    for(int i=2;i<=n;i++) siz[i]--; //计算子树大小
    s[1]=log(1); pre_dfs(1,0);
    for(int i=1;i<=n;i++) val[i]=s[i]+log(a[i]);
    sort(val+1,val+n+1);
    for(int i=2;i<=n;i++){ //最多的相同个数
        if(val[i]-val[i-1]<=1e-5) tmp++;
        else ans=max(ans,tmp),tmp=1;
    } printf("%d\n",n-max(tmp,ans));
}
【p3237】米特运输

 

 

T8：【p3174】毛毛虫

  • 毛毛虫：树上某条链和与该链相连的边构成的图。求最多的点数。

 

【树形dp】记a[i]为该点入度，某条链对应的毛毛虫点数为：∑a[i]−(s−1)+1。

简化式子：∑a[i]−(s−1)+1 = ∑a[i]−s+2 = ∑(a[i]−1)+2；设定点权之后找直径即可。

 // 关于这题的数据...  真心无语..  无法承受的数据之水...

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;

/*【p3174】毛毛虫
毛毛虫：树上某条链和与该链相连的边构成的图。求最多的点数。*/

/*【树形dp】记a[i]为该点入度，某条链对应的毛毛虫点数为：∑a[i]−(s−1)+1。
简化式子：∑a[i]−(s−1)+1 = ∑a[i]−s+2 = ∑(a[i]−1)+2；设定点权之后找直径即可。*/

void reads(int &x){ //读入优化（正负整数）
    int fa=1;x=0;char s=getchar();
    while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')fa=-1;s=getchar();}
    while(s>='0'&&s<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+s-'0';s=getchar();}
    x*=fa; //正负号
}

const int N=500019; int a[N],ver[N*2],nextt[N*2],head[N],tot=0,now,mx;

void add(int x,int y){ ver[++tot]=y,nextt[tot]=head[x],head[x]=tot; }

void dfs(int x,int fa_,int dis){
    if(dis>mx) mx=dis,now=x;
    for(int i=head[x];i;i=nextt[i]){
        if(ver[i]==fa_) continue;
        dfs(ver[i],x,dis+a[ver[i]]);
    }
}

int main(){
    int n,m; reads(n),reads(m); //m=n-1
    for(int i=1,x,y;i<=m;i++) reads(x),reads(y),
        add(x,y),add(y,x),a[x]++,a[y]++;
    for(int i=1;i<=n;i++) a[i]--; //ans=∑(a[i]−1)+2
    dfs(1,0,a[1]),mx=0,dfs(now,0,a[now]),cout<<mx+2<<endl;
}
【p3174】毛毛虫

 

 

T9：【p3565】Hotel

  • 在边权为1的树上选三个点使得两两距离相等，求方案数。

 

【树形dp】如果树上三个点两两距离相同，

那么这三条路径的中点重合，且长度一定是偶数。

可以枚举这个中点，那么题意转化为：

  • 求 ‘ 选出三个点到这个中点距离相同 ’ 的方案数。

设 f 1/2/3 [i] 表示选出 1/2/3 个深度为 i 的点的方案数。

枚举每个点之后，记得要清空数组（动态清空 g [ ] ）。

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;

/*【p3565】Hotel
在边权为1的树上选三个点使得两两距离相等，求方案数。*/

/*【树形dp】如果树上三个点两两距离相同，那么这三条路径的中点重合，且长度一定是偶数。
可以枚举这个中点，那么题意转化为：求 ‘ 选出三个点到这个中点距离相同 ’ 的方案数。
设f1/2/3[i]表示选出1/2/3个深度为i的点的方案数。*/

void reads(int &x){ //读入优化（正负整数）
    int fx=1;x=0;char ch_=getchar();
    while(ch_<'0'||ch_>'9'){if(ch_=='-')fx=-1;ch_=getchar();}
    while(ch_>='0'&&ch_<='9'){x=x*10+ch_-'0';ch_=getchar();}
    x*=fx;  /* hs_love_wjy */  }

const int N=500019;

ll ans,f1[N],f2[N],f3[N],g[N];

int n,dep[N],ver[N*2],nextt[N*2],head[N],tot=0,max_dep;

void add(int x,int y){ ver[++tot]=y,nextt[tot]=head[x],head[x]=tot; }

void dfs(int x,int fa_){
    max_dep=max(max_dep,dep[x]),g[dep[x]]++;
    for(int i=head[x];i;i=nextt[i])
        if(ver[i]!=fa_) dep[ver[i]]=dep[x]+1,dfs(ver[i],x);
}

ll query(int x){
    memset(f1,0,sizeof(f1)),memset(f2,0,sizeof(f2)),memset(f3,0,sizeof(f3));
    for(int i=head[x];i;i=nextt[i]){
        dep[ver[i]]=max_dep=1,dfs(ver[i],x); //以此点为根，求dep
        for(int j=max_dep;j;j--) // 注意 : g[]直接在这里清空了↓↓
            f3[j]+=f2[j]*g[j],f2[j]+=f1[j]*g[j],f1[j]+=g[j],g[j]=0;
    } ll sum=0; for(int i=1;i<=n;i++) sum+=f3[i]; return sum;
}

int main(){
    reads(n); for(int i=1,x,y;i<n;i++)
        reads(x),reads(y),add(x,y),add(y,x);
    for(int i=1;i<=n;i++) ans+=query(i); //此点作为中点
    printf("%lld\n",ans); return 0; //记得用LL
}
【p3565】Hotel //数据开大了所以tle了...改成5000就行

 

 

T10：【p3574】Farmcraft

  • 一棵树，从root=1出发，边权都为1，
  • 每个点有点权，求最小的max(点权+到达时间）。

 

【树形dp】f[i]代表以i为根的子树上的‘最大到达时间’。

于是目的就是最小化f[1]。用siz[i]代表遍历此点子树的用时，

因为要遍历完整个子树才可以去另一棵，得到转移方程：

  • dp[u] = max{ dp[a] , dp[b] + siz[a] + 2 };
  • dp[u] = max{ dp[b] , dp[a] + siz[b] + 2 };

那么就是max{ dp[b] + siz[a] + 2 , dp[a] + siz[b] + 2}。

贪心按 ‘ dp[b] + siz[a] + 2 < dp[a] + siz[b] + 2 ’ 排序即可。

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;

/*【p3574】Farmcraft
一棵树，从root=1出发，边权都为1，
每个点有点权，求最小的max(点权+到达时间）。*/

/*【树形dp】f[i]代表以i为根的子树上的‘最大到达时间’。
于是目的就是最小化f[1]。用siz[i]代表遍历此点子树的用时，
因为要遍历完整个子树才可以去另一棵，得到转移方程：
dp[u] = max{ dp[a] , dp[b] + siz[a] + 2 };
dp[u] = max{ dp[b] , dp[a] + siz[b] + 2 }; 
那么就是max{ dp[b] + siz[a] + 2 , dp[a] + siz[b] + 2}。
贪心按‘ dp[b] + siz[a] + 2 < dp[a] + siz[b] + 2 ’排序即可。*/

void reads(ll &x){ //读入优化（正负整数）
    ll fx=1;x=0;char ch_=getchar();
    while(ch_<'0'||ch_>'9'){if(ch_=='-')fx=-1;ch_=getchar();}
    while(ch_>='0'&&ch_<='9'){x=x*10+ch_-'0';ch_=getchar();}
    x*=fx;  /* hs_love_wjy */  }

const int N=600019;

ll n,x,y,a[N],siz[N],dp[N],ver[N*2],nextt[N*2],head[N],tot=0;

void add(ll x,ll y){ ver[++tot]=y,nextt[tot]=head[x],head[x]=tot; }

struct Node{ ll id,dp_,siz_; }P[N];

bool cmp(Node a,Node b)
 { ll p=max(a.dp_,b.dp_+a.siz_+2),q=max(b.dp_,a.dp_+b.siz_+2); return p<q; }

void DP(ll u, ll fa){
    if(u!=1) dp[u]=a[u]; ll cnt=0;
    for(ll i=head[u];i;i=nextt[i]) if(ver[i]!=fa) DP(ver[i],u);  
    for(ll i=head[u];i;i=nextt[i]) if(ver[i]!=fa)
        P[++cnt]=(Node){ver[i],dp[ver[i]],siz[ver[i]]};
    if(cnt){ sort(P+1,P+1+cnt,cmp);
      for(ll i=1;i<=cnt;i++){ ll v=P[i].id;
        dp[u]=max(dp[u],dp[v]+(siz[u]+1)),siz[u]+=siz[v]+2; } 
    }
}

int main(){
    reads(n); for(ll i=1;i<=n;i++) reads(a[i]);
    for(ll i=1;i<n;i++) reads(x),reads(y),add(x,y),add(y,x);
    DP(1,0); printf("%lld\n",max(dp[1],(n-1)*2+a[1]));
}
【p3574】Farmcraft

 

 

T11：【p2052】道路修建

  • 连一条边的代价 = 此边边权 * 两端节点个数之差的绝对值。求总费用。

 

【树形dp】初始化每个非根节点与其父节点连线的权值，

递推出每个点的子树siz，那么两端个数差为：siz-(n-siz)=2*siz-n。

由于栈的限制，普通的dfs树形dp会爆栈，所以采用bfs。

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;

/*【p2052】道路修建
连一条边的代价 = 此边边权 * 两端节点个数之差的绝对值。求总费用。*/

/*【树形dp】初始化每个非根节点与其父节点连线的权值，
递推出每个点的子树siz，那么两端个数差为：siz-(n-siz)=2*siz-n。
由于栈的限制，普通的dfs树形dp会爆栈，所以采用bfs。*/

void reads(int &x){ //读入优化（正负整数）
    int fx=1;x=0;char ch_=getchar();
    while(ch_<'0'||ch_>'9'){if(ch_=='-')fx=-1;ch_=getchar();}
    while(ch_>='0'&&ch_<='9'){x=x*10+ch_-'0';ch_=getchar();}
    x*=fx;  /* hs_love_wjy */  }

const int N=1000019; ll z,ans=0,val[N*2],v[N];

int x,y,q[N],qh=1,qt=1; //bfs队列

int n,fa[N],siz[N],ver[N*2],nextt[N*2],head[N],tot=0;

void add(int x,int y,ll z)
 { ver[++tot]=y,nextt[tot]=head[x],val[tot]=z,head[x]=tot; }

int main(){
    reads(n); for(int i=1;i<n;i++) 
        reads(x),reads(y),cin>>z,add(x,y,z),add(y,x,z);
    fa[1]=-1,q[1]=1; while(qh<=qt){ //广搜，head<=tail
        x=q[qh++]; for(int i=head[x];i;i=nextt[i]){
            if(fa[ver[i]]) continue; fa[ver[i]]=x;
            //↑↑注意，要把fa[1]设为-1，在此处就会标记为访问过
            q[++qt]=ver[i],siz[ver[i]]=1,v[ver[i]]=val[i]; }
    } for(int i=qt;i>=2;i--) x=q[i],siz[fa[x]]+=siz[x],
        ans+=(ll)v[x]*abs(2*siz[x]-n); //‘此点与父亲节点连边’两端个数差
    printf("%lld\n",ans); return 0;
}
【p2052】道路修建

 

 

T12：【p4657】Chase

  • 给出一棵树，求一条路径：选择路上的V个点，
  • 使得被选择的点的相邻且不在路径上的点的权值和最大。

 

【树形dp】多方向 多层次dfs 预处理

c[i][j]为从i点的子树中走到i，选择j个点的权值和。

b[i][j]为从i点开始，向子树中走，选择j个点的权值和。

a[i]为i的点权。g[i]为点i的相邻节点的权值和。fa[i]为i的父节点。

初始值：c[x][0]=0,c[x][i]=g[x]；b[x][0]=0,b[x][i]=g[x]−a[fa[x]]。

转移方程：c[x][i]=max(c[y][i],c[y][i−1]+g[x]−a[y])；

          b[x][i]=max(b[y][i],b[y][i−1]+g[x]−a[fa[x]])。

 

 

这题思维难度还是有点大的，而且细节处理有点难想全...

真心就是那种，随便错一点，根本调不出来...还会爆零的...

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;

/*【p4657】chase //复杂の树形DP
给出一棵树，求一条路径：选择路上的V个点，
使得被选择的点的相邻且不在路径上的点的权值和最大。 */

/*【树形dp】多方向 多层次dfs 预处理
c[i][j]为从i点的子树中走到i，选择j个点的权值和。
b[i][j]为从i点开始，向子树中走，选择j个点的权值和。
a[i]为i的点权。g[i]为点i的相邻节点的权值和。fa[i]为i的父节点。
初始值：c[x][0]=0,c[x][i]=g[x]；b[x][0]=0,b[x][i]=g[x]−a[fa[x]]。
转移方程：c[x][i]=max(c[y][i],c[y][i−1]+g[x]−a[y])；
          b[x][i]=max(b[y][i],b[y][i−1]+g[x]−a[fa[x]])。 */

void reads(int &x){ //读入优化（正负整数）
    int fx=1;x=0;char ch_=getchar();
    while(ch_<'0'||ch_>'9'){if(ch_=='-')fx=-1;ch_=getchar();}
    while(ch_>='0'&&ch_<='9'){x=x*10+ch_-'0';ch_=getchar();}
    x*=fx;  /* hs_love_wjy */  }

const int N=100019;

int n,v,x,y,tot,top,a[N],sta[N];

int ver[N<<1],nextt[N<<1],head[N];

long long g[N],c[N][105],b[N][105],ans;

inline void add(int x,int y)
 { ver[++tot]=y,nextt[tot]=head[x],head[x]=tot;
   ver[++tot]=x,nextt[tot]=head[y],head[y]=tot; }

inline void DP(int x,int y,int fa_){
    for(int i=1;i<=v;i++) //提前赋值
        ans=max(ans,c[x][i]+b[y][v-i]);
    for(int i=1;i<=v;i++) //向下走 / 向上走
        c[x][i]=max(c[x][i],max(c[y][i],c[y][i-1]+g[x]-a[y])),
        b[x][i]=max(b[x][i],max(b[y][i],b[y][i-1]+g[x]-a[fa_]));
}

void dfs(int x,int fa_){

    for(int i=1;i<=v;i++) c[x][i]=g[x],b[x][i]=g[x]-a[fa_];
    for(int i=head[x];i;i=nextt[i]) //↓↓更新此节点在每一种状态下的dp值
        if(ver[i]!=fa_) dfs(ver[i],x),DP(x,ver[i],fa_);

    for(int i=1;i<=v;i++) c[x][i]=g[x],b[x][i]=g[x]-a[fa_]; //要倒着做一遍
    top=0; for(int i=head[x];i;i=nextt[i]) if(ver[i]!=fa_) sta[++top]=ver[i];
    for(int i=top;i;i--) DP(x,sta[i],fa_); //反着走，dp更新反向路径最优值

    ans=max(ans,max(c[x][v],b[x][v])); //以x为根节点的最优答案
}

int main(){
    reads(n),reads(v); for(int i=1;i<=n;i++) reads(a[i]);
    for(int i=1,x,y;i<n;i++) reads(x),reads(y),
        add(x,y),g[x]+=a[y],g[y]+=a[x];
    dfs(1,0); printf("%lld\n",ans); return 0;
}
【p4657】chase //复杂の树形DP

 

 

T13：【p4284】概率充电器

  • 一棵树，每个点/每条边都有充电的概率，求进入充电状态的元件个数的期望。

 

首先把可以充电-->1-不能充电。然后用两个数组分别记录两次dp的状态。

  • f[x]：在子树中，节点x不能工作的概率。那么下方节点不能有相通的连边。
  • g[x]：统计上方节点之后，计算得到的每个点不能工作的概率。

第一次dfs求f[x]，要自下而上；第二次dfs求g[x]，要自上而下。当然，还要推式子...

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long ll;

/*【p4284】概率充电器 // 多方向树形dp
一棵树，每个点/每条边都有充电的概率，求进入充电状态的元件个数的期望。*/

//分析见：https://www.cnblogs.com/GXZlegend/p/7392084.html

const int N=500019; const double eps=1e-7;

int head[N],ver[N<<1],nextt[N<<1],tot;

double w[N<<1],a[N],f[N],g[N];

void add(int x,int y,double z)
 { ver[++tot]=y,w[tot]=z,nextt[tot]=head[x],head[x]=tot; }

void dfs1(int x,int fa){ f[x]=1-a[x]; // f[x]：(在子树中)节点x不能工作的概率
  for(int i=head[x];i;i=nextt[i]) //那么下方所有节点不能有相通的连边
    if(ver[i]!=fa) dfs1(ver[i],x),f[x]*=1-(1-f[ver[i]])*w[i]; }

void dfs2(int x,int fa){ //g[x]：统计上方节点之后，每个点不能工作的概率
    for(int i=head[x];i;i=nextt[i]) if(ver[i]!=fa){
        if(1-(1-f[ver[i]])*w[i]<eps) g[ver[i]]=f[ver[i]]*w[i]; 
        //↑↑特判分母(1-(1-f[ver[i]])*w[i])=0的情况
        else g[ver[i]]=f[ver[i]]*(1-(1-g[x]/(1-(1-f[ver[i]])*w[i]))*w[i]);
        dfs2(ver[i],x); //自上而下，继续递归，更新所有节点的g[]
    }
}

int main(){
    int n; double z,ans=0; scanf("%d",&n); 
    for(int i=1,x,y;i<n;i++) // 去除百分号 ↓↓
        scanf("%d%d%lf",&x,&y,&z),add(x,y,z/100),add(y,x,z/100);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf",&a[i]),a[i]/=100;
    dfs1(1,0),g[1]=f[1],dfs2(1,0); //自下而上求f[x]，自上而下求g[x]
    for(int i=1;i<=n;i++) ans+=1-g[i]; printf("%.6lf\n",ans);
}
/*【p4284】概率充电器 // 思维 + 多方向树形dp

 

 

 

 

                                                          ——时间划过风的轨迹，那个少年，还在等你

 

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