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一些DP

时间：2023-08-07 15:23:39浏览次数：31  
标签：sz int void back dfs push 一些 DP

P1273 有线电视网

树上背包的变形

\[f_{u, j + k} = \max_{v \in son(u)} f_{u, j} + f_{v, k} - w_{u,v} \]

这里写成 \(j + k\) 是为了和代码一致。

\(f_{u,j + k}\) 代表以 \(u\) 为根的子树中，选择了 \(j + k\) 个叶子结点的利润最大值。

\(w_{u, v}\) 代表 \(u\) 到 \(v\) 的边权。

然后就是很朴素的树上背包了，注意维护的是利润的最大值，有负数出现，需要初始化一下，详细见代码。

int n, m, w[N];
int sz[N], f[N][N], tmp[N], dep[N];
vector<pair<int, int>> e[N];
void dfs(int u)
{
    if(u >= n - m + 1)
    {
        f[u][1] = w[u];
        sz[u] = 1;
        return;
    }
    sz[u] = 0;
    for(auto [v, w] : e[u])
    {
        dfs(v);
        for(int i = 0; i <= sz[u] + sz[v]; i++)
            tmp[i] = f[u][i];
        for(int i = 0; i <= sz[u]; i++)
            for(int j = 0; j <= sz[v]; j++)
                tmp[i + j] = max(tmp[i + j], f[u][i] + f[v][j] - w);
        sz[u] += sz[v]; 
        for(int i = sz[u]; i >= 0; i--)
            f[u][i] = tmp[i];   
        // for(int i = sz[u]; i >= 0; i--)
        // {
        //     cout<<"U: "<<u<<"  V: "<<v<<"  sz[u]: "<<i<<"   f_u_sz: "<<f[u][i]<<'\n';
        // }
    }
}
void solve()
{       
    cin>>n>>m;
    for(int i = 1; i <= n - m; i++)
    {
        int k;  cin>>k;
        for(int j = 1; j <= k; j++)
        {
            int v, k;   cin>>v>>k;
            e[i].push_back({v, k});
        }
    }
    for(int i = n - m + 1; i <= n; i++)
        cin>>w[i];
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        f[i][0] = 0;
        for(int j = 1; j <= n; j++)
            f[i][j] = -inf;
    }

    dfs(1);
    for(int i = m; i >= 0; i--)
    {
        if(f[1][i] >= 0)
        {
            cout<<i<<'\n';
            return;
        }
    }
    return;
}

P2279 [HNOI2003] 消防局的设立

类似题目P2899 [USACO08JAN] Cell Phone Network G，不同处在于只覆盖相邻的


设 \(f_{u, i}\) 为以u为根的子树，消防局可以覆盖的范围，其中 \(i \in [0, 4]\)，分别代表可以覆盖到 \(dep_u + 2\), \(dep_u + 1\), \(dep_u\),\(dep_u - 1\),\(dep_u - 2\)层。

有转移方程

\[f_{u, 0} = 1 + \sum_{v \in son(u)} f_{v, 4} \\ f_{u, 1} = \sum_{v \in son(u)} f_{v, 3} - \max_{v \in son(u)} (f_{v,3} - f_{v, 0}) \\ f_{u, 2} = \sum_{v \in son(u)} f_{v, 2} - \max_{v \in son(u)} (f_{v, 2} - f_{v, 1}) \\ f_{u, 3} = \sum_{v \in son(u)} f_{v, 2} \\ f_{u, 4} = \sum_{v \in son(u)} f_{v, 3} \\ \]

注意！还需要在dp中对最小值进行转移

for(int i = 1; i <= 4; i++) f[u][i] = min(f[u][i - 1], f[u][i]);

int n;
int dep[N], f[N][10];    
vector<int> e[N];
void dfs(int u, int from)
{
    f[u][0] = 1;
    f[u][1] = f[u][2] = 1e8;
    int s1 = 0, s2 = 0;
    for(auto v : e[u])
    {
        if(v == from)   continue;  
        dfs(v, u); 
        f[u][0] = f[u][0] + f[v][4]; 
        s1 = s1 + f[v][3];
        s2 = s2 + f[v][2];
        f[u][3] = f[u][3] + f[v][2];
        f[u][4] = f[u][4] + f[v][3];
    }
    for(auto v : e[u])
    {
        if(v == from)   continue;  
        f[u][1] = min(s1 - f[v][3] + f[v][0], f[u][1]);
        f[u][2] = min(s2 - f[v][2] + f[v][1], f[u][2]);
    }
    for(int i = 1; i <= 4; i++)    f[u][i] = min(f[u][i - 1], f[u][i]);
}
void solve()
{       
    cin>>n;
    for(int v = 2; v <= n; v++)
    {
        int u;    cin>>u;
        e[u].push_back(v);
        e[v].push_back(u);
    }
    dfs(1, 0);
    cout<<min({f[1][0], f[1][1], f[1][2]})<<'\n';

    return;
}

P5662 [CSP-J2019] 纪念品

只要领悟到当天买的可以当天卖，求出今天买明天卖的最大值，就很简单了

int t, n, m, a[110][110], res;
int f[N];
void solve()
{       
    cin>>t>>n>>m;
    for(int i = 1; i <= t; i++)
        for(int j = 1; j <= n; j++)
            cin>>a[i][j];
    for(int k = 1; k < t; k++)
    {
	    memset(f, 0, sizeof f);
    	for(int i = 1; i <= n; i++)
    	{
	    	for(int j = a[k][i]; j <= m; j++)
	    		f[j] = max(f[j], f[j - a[k][i]] - a[k][i] + a[k + 1][i]);
	    }
	    m = max(f[m] + m, m);
    }
    cout<<m<<'\n';
    return;
}

image-20230807142317075

后面蓝色大部分都是分组背包+完全背包的题

CF219 Choosing Capital for Treeland

换根dp

\(1\) 为根结点, \(f_u\) 为以 \(u\) 为根的子树不需要反转的道路数量

\(g_v\) 为以 \(v\) 为整棵树的根结点，在以 \(1\) 为整棵树的根结点下 \(v\) 的父亲 \(u\) 的子树不需要反转的道路数量

有点绕，不知道意思清不清晰

f[u] = f[u] + f[v];
if(S.count({u, v})) f[u]++;

g[v] = g[u] + f[u] - f[v] + (S.count({v, u}) ? 1 : -1);

ll n, f[N], g[N];
vector<int> e[N];
set<pair<int, int>> S;
void dfs(int u, int from)
{
    for(auto v : e[u])
    {
        if(v == from)   continue;
        dfs(v, u);
        f[u] = f[u] + f[v];
        if(S.count({u, v})) f[u]++;
    } 
}
void dfs2(int u, int from)
{

    for(auto v : e[u])
    {
        if(v == from)   continue;
        g[v] = g[u] + f[u] - f[v] + (S.count({v, u}) ? 1 : -1);
        dfs2(v, u);        
    }
}


void solve()
{       

    cin>>n;
    for(int i = 1; i < n; i++)
    {
        int u, v;  cin>>u>>v;
        S.insert({u, v});
        e[u].push_back(v);
        e[v].push_back(u);
    }
    dfs(1, 0);
    dfs2(1, 0);
    int miv = -1;
    vector<int> res;
    for(int u = 1; u <= n; u++)
    {
        if(f[u] + g[u] > miv)
        {
            miv = f[u] + g[u];
            res.clear();
        }
        if(f[u] + g[u] == miv)
            res.push_back(u);
    }
    cout<<n - miv - 1<<'\n';
    for(auto u : res)
        cout<<u<<' ';
    cout<<'\n';


    return;
}

CF767C Garland

\(sum = \sum _ {i = 1} ^ {n} a_i\)

\(f_u = a_u + \sum _ {v \in son(u)} f_v\)

直接dfs判断是否有 \(f_u = sum / 3\)

注意特判 \(u\) 的次数可以出现超过2次，因为有负数点权,记得把子树情况，和 sum % 3 != 0的特判

int n, f[N], w[N];
vector<int> e[N];
bool ok = true;
int res[N], cnt, sum;

void dfs(int u, int from)
{
    f[u] = w[u];
    for(auto v : e[u])
    {
        if(v == from)   continue;
        dfs(v, u);
        f[u] = f[u] + f[v];
    }
    if(f[u] == sum / 3)
    {
        f[u] = 0;
        res[++cnt] = u;
    }
    //f[u] = w[u];
}



void solve()
{       

    cin>>n;
    int root = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        int u;  cin>>u>>w[i];
        if(u == 0)  root = i;
        else e[u].push_back(i);
        sum += w[i];
    }
    //cout<<root<<'\n';
    dfs(root, 0);    
    if(sum % 3 != 0 || cnt <= 2)
    {
        cout<<-1<<'\n';
        return;
    }
    cout<<res[1]<<" "<<res[2]<<'\n';
    return;
}

ZJOI2007] 时态同步

深度小的增长到深度大的

\(f_u = \max_{v \in son(u)} f_v + w\)

\(res = \sum _ {u = 1} ^ {n} \sum _ {v \in son(u)} f_u - f_v - w\)

\(w\) 为 \(u\) 和 \(v\) 之间的边权

int n;
ll dep[N], f[N];    
vector<pair<int, int>> e[N];
ll res;
void dfs(int u, int from)
{
    for(auto [v, w] : e[u])
    {
        if(v == from)   continue;  
        dfs(v, u);         
        f[u] = max(f[u], f[v] + w);
    }
    for(auto [v, w] : e[u])
    {
        if(v == from)   continue;
        res += (f[u] - f[v] - w);
    }
    
}
void solve()
{       
    cin>>n;
    int s;  cin>>s;
    for(int i = 1; i < n; i++)
    {
        int u, v, w;    cin>>u>>v>>w;
        e[u].push_back({v, w});
        e[v].push_back({u, w});
    }
    dfs(s, 0);
    cout<<res<<'\n';

    return;
}

P2279 [HNOI2003] 消防局的设立

不是最大独立集

1 个点可以覆盖其爷爷，父亲，自己，也可以被儿子，孙子覆盖

考虑各个点之间的覆盖转移

注意转移最小值

int n;
int dep[N], f[N][10];    
vector<int> e[N];
void dfs(int u, int from)
{
    f[u][0] = 1;
    f[u][1] = f[u][2] = 1e8;
    int s1 = 0, s2 = 0;
    for(auto v : e[u])
    {
        if(v == from)   continue;  
        dfs(v, u); 
        f[u][0] = f[u][0] + f[v][4]; 
        s1 = s1 + f[v][3];
        s2 = s2 + f[v][2];
        f[u][3] = f[u][3] + f[v][2];
        f[u][4] = f[u][4] + f[v][3];
    }
    for(auto v : e[u])
    {
        if(v == from)   continue;  
        f[u][1] = min(s1 - f[v][3] + f[v][0], f[u][1]);
        f[u][2] = min(s2 - f[v][2] + f[v][1], f[u][2]);
    }
    for(int i = 1; i <= 4; i++)    f[u][i] = min(f[u][i - 1], f[u][i]);
}
void solve()
{       
    cin>>n;
    for(int v = 2; v <= n; v++)
    {
        int u;    cin>>u;
        e[u].push_back(v);
        e[v].push_back(u);
    }
    dfs(1, 0);
    cout<<min({f[1][0], f[1][1], f[1][2]})<<'\n';

    return;
}

P2899 [USACO08JAN] Cell Phone Network G

思路同上题

P2986 [USACO10MAR] Great Cow Gathering G

换根dp

int n;
ll m,c[N], f[N], g[N], sz[N];
vector<pll> e[N];

void dfs1(int u,int fa)
{
    for(auto v : e[u])
    {
        if(v.fi == fa) continue;
        dfs1(v.fi, u);
        sz[u] += sz[v.fi];
        f[u] += f[v.fi] + sz[v.fi] * v.se;
    }
    sz[u] += c[u];
}
void dfs2(int u,int fa)
{
    for(auto v : e[u])
    {
        if(v.fi == fa) continue;
        g[v.fi] = g[u] + f[u] - f[v.fi] - sz[v.fi] * v.se + (m - sz[v.fi]) * v.se;
        dfs2(v.fi, u);
    }
}
void solve()
{   
    cin>>n;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin>>c[i];
        m += c[i];
    }

    for(int i = 1; i < n; i++)
    {
        ll u, v, w; cin>>u>>v>>w;
        e[u].pb({v, w});
        e[v].pb({u, w});
    }
    dfs1(1, 0);
    dfs2(1, 0);
    ll ans = 1e18;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        ans = min(ans, f[i] + g[i]);
    cout<<ans<<endl;
    return;
}

P2585 [ZJOI2006] 三色二叉树

树形dp

我喜欢把树建出来再做

int n;
int f[N][4], g[N][4];
// R G B
vector<int> e[N];
string s;
int cnt = 1;
int k = 0;
void build(int u)
{

    if(s[k] == '2')
    {
        int l = ++cnt, r = ++cnt;
        e[u].push_back(l);
        e[u].push_back(r);
        k++;
        build(l);
        build(r);
    }
    else if(s[k] == '1')
    {
        int l = ++cnt;
        e[u].push_back(l);
        k++;
        build(l);
    }
    else if(s[k] == '0')
        k++;
}
void dfs(int u, int from)
{
    for(auto v : e[u])
    {
        if(v == from)   continue;  
        dfs(v, u); 
    }
    if(e[u].size() == 2)
    {
        int v1 = e[u][0], v2 = e[u][1];
        f[u][1] = max({f[v1][2] + f[v2][3], f[v1][3] + f[v2][2]});
        f[u][2] = max({f[v1][1] + f[v2][3], f[v1][3] + f[v2][1]}) + 1;
        f[u][3] = max({f[v1][1] + f[v2][2], f[v1][2] + f[v2][1]});

        g[u][1] = min({g[v1][2] + g[v2][3], g[v1][3] + g[v2][2]});
        g[u][2] = min({g[v1][1] + g[v2][3], g[v1][3] + g[v2][1]}) + 1;
        g[u][3] = min({g[v1][1] + g[v2][2], g[v1][2] + g[v2][1]});
    }
    else if(e[u].size() == 1)
    {
        int v = e[u][0];
        f[u][1] = max(f[v][2], f[v][3]);
        f[u][2] = max(f[v][1], f[v][3]) + 1;
        f[u][3] = max(f[v][1], f[v][2]);

        g[u][1] = min(g[v][2], g[v][3]);
        g[u][2] = min(g[v][1], g[v][3]) + 1;
        g[u][3] = min(g[v][1], g[v][2]);
    }
    else
    {
        f[u][2] = g[u][2] = 1;
    }
}
void solve()
{       
    
    cin>>s;
    build(1);
    n = cnt;
    dfs(1, 0);
    cout<<max({f[1][1], f[1][2], f[1][3]})<<" "<<min({g[1][1], g[1][2], g[1][3]})<<'\n';
    return;
}

P1272 重建道路

我的dp记录删除多少个点的最小代价，故复杂度是\(O(N^2)\)

int n, k;
vector<int> e[N];
int sz[N], f[N][N], tmp[N];
void dfs(int u, int from)
{
    f[u][0] = sz[u] = 0;
    for(auto v : e[u])
    {
        if(v == from)   continue;
        dfs(v, u);
        for(int i = 1; i <= sz[u] + sz[v]; i++)
            tmp[i] = inf;
        for(int i = 0; i <= sz[u]; i++)
        {
            for(int j = 0; j < sz[v]; j++)
                tmp[i + j] = min(tmp[i + j], f[u][i] + f[v][j]);
            tmp[i + sz[v]]  = min(tmp[i + sz[v]], f[u][i] + 1);
        }

        sz[u] += sz[v]; 
        for(int i = sz[u]; i >= 0; i--)
            f[u][i] = tmp[i];   
    }
    sz[u]++;
}
void solve()
{       
    cin>>n>>k;
    for(int i = 1; i < n; i++)
    {
        int u, v;   cin>>u>>v;
        e[u].push_back(v);
        e[v].push_back(u);
    }
    dfs(1, 0); 
    int res = f[1][n - k];
    for(int i = 2; i <= n; i++)
         if(sz[i] >= k)
            res = min(f[i][sz[i] - k] + 1, res);
    cout<<res<<'\n';
    return;
}

P3177 [HAOI2015] 树上染色

一条边经过次数是 \(times = j \times (k - j) + (sz_v - j) \times (n - k + j - sz_v)\)

\(j\) 是子树的黑节点， \(sz_v\) 是子树的结点数量

const int N = 2e3 + 10;
const ll inf = 1ll << 60;
int n, k;
ll sz[N], w[N], f[N][N], tmp[N];
vector<pair<ll, ll>> e[N];
void dfs(int u, int from)
{
    f[u][0] = f[u][1] = 0;
    sz[u] = 1;
    for(auto [v, w] : e[u])
    {
        if(v == from)   continue;
        dfs(v, u);
        for(int i = 0; i <= sz[u] + sz[v]; i++)
            tmp[i] = -inf;
        for(int i = 0; i <= sz[u]; i++)
            for(int j = 0; j <= sz[v]; j++)
            {
                ll times = j * (k - j) + (sz[v] - j) * (n - k + j - sz[v]);
                tmp[i + j] = max(tmp[i + j], f[u][i] + f[v][j] + times * w);
            }
        sz[u] += sz[v]; 
        for(int i = sz[u]; i >= 0; i--)
            f[u][i] = tmp[i];   
    }
}

void solve()
{       
    cin>>n>>k;
    for(int i = 2; i <= n; i++)
    {
        int u, v, w;    cin>>u>>v>>w;
        e[u].push_back({v, w});
        e[v].push_back({u, w});
    }
    dfs(1, 0);
    cout<<f[1][k]<<'\n';
    return;
}

标签：sz,int,void,back,dfs,push,一些,DP
From： https://www.cnblogs.com/magicat/p/17611545.html

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