蓝桥杯 · 算法训练 · 结点选择—树形dp

本文介绍了如何使用树形动态规划(DP)解决蓝桥杯竞赛中的结点选择问题。从错误的图染色思路出发,通过分析另一道对局匹配题目的解法,提出了将线性DP转换为树形DP的思想。关键在于建立动态方程,即对于每个结点,比较取所有子结点的最大总权和与取当前结点加上所有子子结点总权的较大值。最终通过深度优先搜索(DFS)实现从子节点到根节点的DP状态转移。

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不恰当的思路 

首先拿到题,就想到  图染色——蓝桥杯 · 分考场 ,dfs 从第一个节点遍历到第n个节点,对于每一个节点试着去装进一个room(一个room内的所有人都没有直接关系),最后接收 room 内所有节点的权值和。事实证明,不仅空间耗费大,时间复杂度也很大(因为要便利每一种对于每一个节点装与不装的组合),拿下10分。

AC思路

又联想到另一道题 蓝桥杯 · 对局匹配 ,这个思路其实是对的,本题就是这题从线性转换为树型。

线性的 dp 动态方程就是 dp[x] = max(dp[x -> next], dp[x ->pre ->next] + w[x])。从起点走到当前结点的最大总权就是(该结点的子结点最大总权,和该结点的子子结点最大总权加上当前结点权值)的最大值,通俗来说就是取子结点 和 取当前结点加上子结点的子结点,哪个大。

 

树形dp的核心就是对于每一个结点,它的子结点个数是不定的,那么动态方程就是 取所有子结点的最大总权 和 取当前结点加上所有子子结点总权,哪个大。那么对于每个结点的最大总权和、所有子结点的最大总权怎么存储呢,dp[n][2]就可以了。dp[i][0]表示存储子结点的最大总权和,dp[i][1]表示存储当前结点最大总权和。

①    dp[i][0] = sum( dp[i -> next][1] ) (i -> next表示i 结点的子结点)

②    dp[i][1] = max(dp[i][0] , sum( dp[i -> next][0] ) + w[i] )

dfs递归搜索,dp 就从子节点往上推到根节点

AC代码:

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<queue>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 1e5+10;
vector<int> E[maxn];
int w[maxn], dp[maxn][2];
int n,u,v;

void dfs(int pre,int x)
{
    if(E[x].size() == 1 && E[x][0] == pre){ //走到最下面的节点了
        dp[x][1] = w[x];                    //当前节点最大总权为本身的权值
        dp[x][0] = 0;                       //不存在后面的子节点,也就不存在和
        return;
    }
    int cnt = 0;
    for(int i=0; i<E[x].size(); i++)
    {
        if(pre == E[x][i]) continue;    //这是来时的路
        dfs(x,E[x][i]);                 //往子节点走,获取子节点的最大权值
        dp[x][0] += dp[E[x][i]][1];     //dp方程 ①
        cnt += dp[E[x][i]][0];          //dp方程 ②
    }
    dp[x][1] = max(dp[x][0],cnt+w[x]);  //dp方程 ②
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1; i<=n; i++){
        scanf("%d",&w[i]);
    }
    for(int i=1; i<n; i++)
    {
        scanf("%d%d",&u,&v);
        E[u].push_back(v);
        E[v].push_back(u);
    }

    memset(dp,0,sizeof(dp));
    dfs(0,1);
    printf("%d\n",dp[1][1]);     //根节点就是全部最大
    return 0;
}

 

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