重刷树形背包计划!

最新推荐文章于 2025-03-27 10:35:44 发布

飞猪不会飞123

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文章标签：算法动态规划

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/qq_35577488/article/details/112202296

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本文详细探讨了树形背包问题，通过分析洛谷P3177、P1272、P1273等多个典型题目，阐述了树上分组背包、删除最少边、最大叶子节点选择等场景的解题思路。涉及动态规划和树形结构的结合，如定义状态、计算点对贡献等关键步骤，并给出了相应的AC代码模板。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

一.洛谷P3177

题目大意:

给你一颗含n个点的树,让你选出k个黑点，其他都为白点。然后贡献为同颜色点之间两两路径和.最大化贡献。
$\leq n \leq 2000$

题目思路:

1.首先定义状态

$d p [i] [j]$ 为节点i，有j个黑点的最大值
这样以来，我们可以将一颗子树的黑点个数看作是背包的体积。然后二元组<子树中黑点个数,点对贡献>就代表着一个物品。对于每个子树来说，只能向根转移一种二元组(黑点个数0~min(子树大小,k)).

问题就转化为树上分组背包，体积恰好为k的最大价值.

2.计算点对贡献

由于这个题目中k是固定了的。所以对于一个子树x.若含有j个黑点，那么x的补集树就含有 k - j 个黑点，白点个数一样。所以贡献为:

$(j * (k - j) + (s z [x] - j) * (n - k - s z [x] + j)) * w [i]$

注意：一定要控制循环上界为树的大小sz。这样才能保证每个点对只在它们的LCA处计算一次.复杂度为O(n^2).

AC代码(模板):

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define pb push_back
#define mp make_pair
const int maxn = 2000 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
ll dp[maxn][maxn];
ll sz[maxn] , n;
vector<pii> e[maxn];
ll tmp[maxn] , up;
void dfs (int u , int fa)
{
    sz[u] = 1;
    for (auto g : e[u]){
        int v = g.first;
        ll w = g.second;
        if (v == fa) continue;
        dfs(v , u);
        for (int i = 0 ; i <= sz[u] + sz[v]; i++) tmp[i] = dp[u][i];
        for (int i = 0 ; i <= min(sz[u] , up) ; i++){
            for (int j = 0 ; j <= min(sz[v] , up) ; j++){
                if (i + j > up) continue;
                ll val = 1ll * j * (up - j) /*黑点*/ + 1ll * (sz[v] - j) * (n - sz[v] - (up - j));
                val *= w;
                tmp[i + j] = max (tmp[i + j] , dp[u][i] + dp[v][j] + val);
            }
        }
        for (int i = 0 ; i <= sz[u] + sz[v] ; i++) dp[u][i] = tmp[i];
        sz[u] += sz[v];
    }
    return ;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin >> n >> up;
    for (int i = 1 ; i < n ; i++){
        int x , y , z; cin >> x >> y >> z;
        e[x].pb (mp(y , z));
        e[y].pb (mp(x , z));
    }
    dfs (1 , 0);
    cout << dp[1][up] << endl;
    return 0;
}

二.洛谷P1272

题目大意:

给你一棵树，让你删除最少的边使得生成一个含有 $P$ 个节点的连通块.

题目思路:

令 $f (i, j)$ 代表以 $i$ 节点为根,向上提供 $j$ 个节点的最少代价.
跑完树形背包后遍历每个节点即可。除了根节点，其他节点花费均需要 $+ 1$
AC代码:

for (int i = 1 ; i <= sz[u] ; i++){
    for (int j = 0 ; j <= sz[v] ; j++){
        tmp[i + j] = min (tmp[i + j] , dp[u][i] + dp[v][j]);
    }
}

三.洛谷P1273

题目大意:

给你一棵树,每个叶子节点有它的价值。选择一个叶子节点将产生的花费为【从叶子节点到根节点的路径权值和】. 一条边只会被算一次花费。问你在不亏本的情况下最多选多少个叶子节点.

题目思路:

问题结构:叶子节点的选择之间有影响。树上依赖背包.

首先我想的是: $f (i, j)$ 代表以 $i$ 为根节点,整棵树获得价值 $j$ 的情况下最多选择多少个叶子节点.
但是价值的状态太大，考虑换意:令 $f (i, j)$ 代表…，在选择了 $j$ 个叶子节点后所能得到的最大价值.
然后最后对根节点，求最大的 $j$ 使得 $\geq 0$ 。即得到答案.
AC代码:

void dfs (int u , int fa)
{
    sz[u] = 1;
    dp[u][0] = 0;
    for (auto g : e[u]){
        int v = g.first;
        int w = g.second;
        if (v == fa) 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] = max (tmp[i + j] , dp[u][i] + dp[v][j] - (j == 0 ? 0 : w));
            }
        }
        for (int i = 0 ; i <= sz[u] + sz[v] ; i++)
            dp[u][i] = tmp[i];
        sz[u] += sz[v];
    }
    if (sz[u] == 1){
        dp[u][1] = a[u];
    }
    return ;
}

四.HDU6540

题目大意:

给你一棵树，然后有 $m$ 个关键点。有多少种选择方案使得他们两两之间的距离 $\leq k$
$\leq 5000$

题目思路:

容易想到 $f (i, j)$ 代表以i为根，且离 $i$ 最远的关键点离它距离为 $j$ 的方案数。
然后在转移的时候考虑将子树接在主树上时要满足条件 $\leq k$ 才能转移.

注意，这样的转移忽略了主树没选一个关键点或者子树没选一个关键点的两种情况。我们在预处理 $t m p$ 数组的时候额外转移一下即可。

AC代码:

void dfs (int u , int fa)
{
    sz[u] = 1;
    dp[u][0] = a[u];
    for (auto v : e[u]){
        if (v == fa) continue;
        dfs(v , u);
        // 预处理 子树不选一个关键点的方案数
        for (int i = 0 ; i <= sz[u] + sz[v] ; i++)
            tmp[i] = dp[u][i];
        // 预处理 主树不选一个关键点的方案数
        for (int i = 0 ; i <= sz[v] ; i++)
            tmp[i + 1] = (tmp[i + 1] + dp[v][i])%mod;
        // 子树和主树都选了关键点，那么形成路径，跑dp即可.
        for (int i = 0 ; i <= sz[u] ; i++){
            for (int j = 0 ; j <= sz[v] ; j++){
                if (i + j + 1 > k) continue;
                tmp[max(i , j + 1)] = (tmp[max(i , j + 1)] + 1ll * dp[u][i] * dp[v][j] %mod)%mod;
            }
        }
        for (int i = 0 ; i <= sz[u] + sz[v] ; i++)
            dp[u][i] = tmp[i];
        sz[u] += sz[v];
    }
    return ;
}

五.牛客-杀树

题目大意:

给出一棵节点数为 $n$ 的树，删去一个点 $i$ 的代价为 $a_i$

一条链的长度定义为路径上点的个数。一棵树死了，满足不存在一条长度 $\geq l$ 的链，牛牛希望用最少代价杀死这棵树。
$n,l,a_i \leq 5000$

题目思路:

定义 $f (i, j)$ 为 $r o o t = i$ ,向上提供长度为j的链时，最小代价.

特判预处理：
1.当我们将 $i$ 节点删掉时,无论子树如何贡献长度，总体向上贡献长度还是0.
2.当 $l = 1$ 时，边界条件 $f (i, 1) = 0$ 非法!

AC代码:

void dfs (int u , int fa)
{
    sz[u] = 1;
    dp[u][0] = a[u];
    if (k != 1) 
        dp[u][1] = 0;
    for (auto v : e[u]){
        if (v == fa) continue;
        dfs(v , u);
        for (int i = 0 ; i <= sz[u] + sz[v] ; i++)
            tmp[i] = inf;
        // 主树不向上提供链长
        for (int i = 0 ; i <= sz[v] ; i++){
            tmp[0] = min (tmp[0] , dp[u][0] + dp[v][i]);
        }
        for (int i = 1 ; i <= sz[u] ; i++){
            for (int j = 0 ; j <= sz[v] ; j++){
                if (i + j >= k) continue;
                tmp[max(i,j+1)] = min (tmp[max(i,j+1)] , dp[u][i] + dp[v][j]);
            }
        }
        for (int i = 0 ; i <= sz[u] + sz[v] ; i++)
            dp[u][i] = tmp[i];
        sz[u] += sz[v];
    }
    return ;
}

六.蓝桥杯-金属采集

题目大意:

给你一棵带边权的树，放 $k$ 个机器人在 $s$ 点。让你安排这 $k$ 个机器人遍历完整颗树，使得价值最小.
$\leq 1e5 , k \leq 10$

题目思路:

令 $f (i, j)$ 代表 $r t = i$ ，最终有 $j$ 个机器人停在该子树中的最小花费.

$f (i, 0)$ 代表最终无人停留在子树中,也就是派了一个机器人遍历整棵树.那么边 * 2.(一来一回的花费)

因为机器人可以随意移动。它可以先进入一颗子树，再出来。

为什么不会有这样的情况：分配两个机器人进入子树 $i$ ,然后再让一个机器人出来.因为这种状态等同于 $f (i, 1)$

AC代码:

void dfs (int u , int fa)
{
    sz[u] = 1;
    for (int i = 0 ; i < (int)e[u].size() ; i++){
        pii g = e[u][i];
        int v = g.first;
        int w = g.second;
        if (v == fa) continue;
        dfs(v , u);
        for (int i = 0 ; i <= min(sz[u] + sz[v] , k) ; i++)
            tmp[i] = inf;
        for (int i = 0 ; i <= min(sz[u] , k) ; i++){
            for (int j = 0 ; j <= min(sz[v] , k) ; j++){
                if (i + j > k) continue;
                tmp[i + j] = min (tmp[i + j] , dp[u][i] + dp[v][j] + (j == 0 ? 2 : j) * w);
            }
        }
        for (int i = 0 ; i <= min(sz[u] + sz[v] , k) ; i++)
            dp[u][i] = tmp[i];
        sz[u] += sz[v];
    }
    return ;
}

七.ACWING-有依赖的背包问题

题目大意:

给你一棵含有 $N$ 个点的树，每个节点是一个物品。每个物品有体积和价值。一个物品选了，那么他的所有祖先节点都需要被选。问你整棵树在容量为 $V$ 能够获得的最大价值
$\leq 100$

题目思路:

一样的套树上背包模板.令 $f (i, j)$ 为i点，体积为 $j$ 的最大价值.
千万注意，对于每个节点，先将其看作是必选了该节点的物品的背包.（如何实现 “必须选某个物品下”的最优解？初始化的时候，体积为 $[0, w [i] - 1]$ 的都赋值为 $- i n f$ , $[w [i], V]$ 的都赋值为 $v [i]$ ，然后转移即可. 或者，先背其他物品，最后的时候,将 $w [i]$ 的体积让出来放该物品，即 $\forall i\in [w[i],V],d'[i]=d[i-w[i]]+v[i]$ ）

AC代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define pb push_back
#define mp make_pair
const int maxn = 100 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
int v[maxn] , w[maxn];
vector<int> e[maxn];
int dp[maxn][maxn] , n , V;
int tmp[maxn];
void dfs (int u , int fa)
{
    // 本节点必选
    for (int i = 0 ; i <= V ; i++){
        if (i >= w[u])
            dp[u][i] = v[u];
        else
            dp[u][i] = -1e9;
    }
    for (auto v : e[u]){
        if (v == fa) continue;
        dfs(v , u);
        // 本节点必选
        for (int i = 0 ; i <= V ; i++)
            tmp[i] = -1e9;
        for (int i = 0 ; i <= V ; i++)
            for (int j = 0 ; i + j <= V ; j++)
                tmp[i + j] = max (tmp[i + j] , dp[u][i] + dp[v][j]);
        for (int i = 0 ; i <= V ; i++)
            dp[u][i] = tmp[i];
    }
    dp[u][0] = 0;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin >> n >> V;
    int rt;
    for (int i = 1 ; i <= n ; i++){
        cin >> w[i] >> v[i];
        int x; cin >> x;
        if (x == -1) rt = i;
        else e[x].pb (i);
    }
    dfs (rt , 0);
    cout << dp[rt][V] << endl;
    return 0;
}