关于树形dp的一些解题研究

最新推荐文章于 2021-08-26 15:38:51 发布

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本文探讨树形DP在信息学竞赛中的应用，通过两道典型题目解析，总结树形DP解题规律，包括合理抽象树模型、确定操作类型与遍历方法、设计转移方程等，帮助考生掌握树相关知识点。

关于树形dp的一些解题研究

江苏省海门中学邱江杰施逸凡

树形dp作为动态规划与图论的交集，在信息学竞赛中有着重要的地位，有必要通过几道例题进一步探讨研究。为增加本文的可读性，笔者已经将输入输出和初始化的代码隐去。

第一题题目描述

某大学有N个职员，编号为1~N。他们之间有从属关系，也就是说他们的关系就像一棵以校长为根的树，父结点就是子结点的直接上司。现在有个周年庆宴会，宴会每邀请来一个职员都会增加一定的快乐指数Ri，但是呢，如果某个职员的上司来参加舞会了，那么这个职员就无论如何也不肯来参加舞会了。所以，请你编程计算，邀请哪些职员可以使快乐指数最大，求最大的快乐指数。

（输入输出格式及数据限制略）

分析：一道常见的树形dp题，首先找出树根，即入度为0的结点，然后从根结点开始遍历整棵子树。

我们用f(x,0)表示子树x，当根节点x的价值r[x]不加入时的最大价值，用f(x,1)表示子树x，当根节点x的价值r[x]加入时的最大价值。设x的儿子为yi，遍历时先递归遍历yi，获得信息之后考虑转移。

事实上，若不取根节点价值，那么yi两种选择都可以，显然取个价值大的

f(x,0)=∑max{f(yi,0),f(yi,1)}

若取根节点价值，那么儿子的权值只能放弃

f(x,1)=rx+∑f(yi,0)

实际操作见代码（省略头文件及部分定义，输入用read()代替,）

 void dp(int x)

    {

        f[x][1]=r[x];//当前x点为根，为可选择，初值为它的快乐值。

        for(int i=0;i<e[x].size();i++){//穷举x的所有子结点i。

            int y=e[x][i];//取出x的第i个子结点编号

            dp(y);

            f[x][0]+=max(f[y][0],f[y][1]);//当前x不取的时候，子结点取与不取决策

            f[x][1]+=f[y][0]; //当前x取的时候，为子结点不取值累加。

            }    

    }

    int main()

    {

        //读入

        for(int i=1;i<=n;i++)//找出根，根的idx值为0

            if(!ind[i])rt=i;

        dp(rt);//从根开始做起

        printf("%d\n",max(f[rt][0],f[rt][1]));//根取与不取决策

        return 0;

}

第二题

题目描述

有一棵苹果树，如果树枝有分叉，一定是分2叉（就是说没有只有1个儿子的结点）

这棵树共有N个结点（叶子点或者树枝分叉点），编号为1-N,树根编号一定是1。

我们用一根树枝两端连接的结点的编号来描述一根树枝的位置。下面是一颗有4个树枝的

2 5

\ /

3 4

\ /

现在这颗树枝条太多了，需要剪枝。但是一些树枝上长有苹果。

给定需要保留的树枝数量，求出最多能留住多少苹果。

分析：本题其实是一道题意清晰的树形DP模板题，不过有一个基于生活常识的细节需要注意：如果一根树枝被保留，则从根到该树枝的最短路径上所有树枝也必须保留。

本题的做法不一而足，此处给出笔者的做法：

先设状态函数f[x][k]，其中x为当前节点的编号，k为x的子树中已经保留的树枝数，那么f[x][k]即为该状态下x的子树中最多留下的苹果数。

由此可以比较方便的得出状态转移方程，笔者在此给出一种进行分类讨论的做法：

(注：q为最终总共保留的树枝数)(注意必须保留子节点和父节点的连边！)

保留全部两根树枝

f[x][i+j+2]=max(f[x][i+j+2],f[t[x].ls][i]+f[t[x].rs][j]+t[x].ln+t[x].rn);(0≤i≤q,0≤j≤q)(0≤i+j≤q-2)

保留一根树枝

f[x][i+1]=max(f[x][i+1],f[t[x].ls][i]+t[x].ln,f[t[x].rs][i]+t[x].rn);(0≤i≤q-1)

接下来就是放代码了：

先来看主函数：

int main()

{

//读入

dfs(1);//从根节点开始进行深度优先搜索

//搜索时先递归处理叶子节点，再回溯依次处理各层节点

printf("%d",f[1][q]);//输出

}

然后是关键的递归函数：

void dfs(int x)

{

if(!t[x].ls)return;//叶子结点，返回

dfs(t[x].ls);//搜索左子树

dfs(t[x].rs);//搜索右子树

//情况1

for(int i=0;i<=q;i++)//循环左子树保留树枝数

for(int j=0;j<=q;j++)//循环右子树保留树枝数

if(i+j+2<=q)

f[x][i+j+2]=max(f[x][i+j+2],f[t[x].ls][i]+f[t[x].rs][j]+t[x].ln+t[x].rn);

for(int i=0;i<q;i++)

{

//情况2

f[x][i+1]=max(f[x][i+1],f[t[x].ls][i]+t[x].ln);

f[x][i+1]=max(f[x][i+1],f[t[x].rs][i]+t[x].rn);

}

}

通过对这两道题的分析和解读，笔者在此总结一下树形dp的解题规律：