蓝桥杯 · 算法训练 · 结点选择—树形dp

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;
}