winhcc的博客

给一棵树，每条边有权值，对于每个点，求到该点的路径的最大权值。 树形dp 对于一个节点来说，到它的最大路径权值要么是它的子树中的节点到该点，要么是父亲节点的其他子树节点到该点。 dp[i][0] 表示以i为根节点的子树中到 i 的最大路径权值 dp[i][1] 表示以i为根节点的子树中到 i 的最大路径权值 dp[i][2] 表示i的父亲节点的除了i这棵子树外的其他子树到i的最大路径权值 dp[i...

给一棵树,每个节点、每条边都有权值，到一个会加上对应的权值，经过一条边会减去边上的权值，问从节点出发，最多能剩下多少权值。 树形dp,对于一个节点u，不可能又算它的父亲节点，又算它的两个两个（或以上）的儿子，原因是路径无法重复走。 dp[u]表示u到它的一个叶子节点的最大剩余的权值。 dp[u] = max(val[u] + dp[v] - cost(u,v)) v是u的孩子 更新答案时，首先要判...

树形依赖背包。 多表示一个根节点，就是在（n+1）个节点里面选（m+1)个节点，使得获得的宝物最多。 dp[u][i]表示在以u为根节点的树中，选i个节点的获得的最大价值 递推公式 dp[u][i] = dp[u][k] + dp[v][i-k] ,v 是 u的孩子节点 答案就是dp[0][m+1] #include <cstdio> #include <algorithm&gt...

树形依赖背包。 多表示一个根节点，就是在（n+1）个节点里面选（m+1)个节点，使得获得的宝物最多。 dp[u][i]表示在以u为根节点的树中，选i个节点的获得的最大价值 递推公式 dp[u][i] = dp[u][k] + dp[v][i-k] ,v 是 u的孩子节点 答案就是dp[0][m+1] #include <cstdio> #include <algorithm&gt...

给一棵树（题目明确没说），求删一个点后连通分量之差最小， 树形dp d[i]表示以i为根节点的树的和，则删除该节点后的差就是 |sum - 2*d[i]| 注意 long long 取绝对值是llabs #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstring> using namespace std; ...

给一棵树（题目明确没说），求删一个点后连通分量之差最小， 树形dp d[i]表示以i为根节点的树的和，则删除该节点后的差就是 |sum - 2*d[i]| 注意 long long 取绝对值是llabs #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstring> using namespace std; ...

给一棵树，求删除一个节点后最大连通分量最小的点 树形dp d[i][0] 表示 以i为根节点的子树的总结点数（i不算) d[i][1] 表示以i为根节点的树的最大的子树的结点数 d[i][2] 表示整个树除了子树i外的结点数 则所求的就是要max(d[i][1],d[i][2]）尽可能的小 最后该题卡STL，所以要用链式向前星 最后链式向前星的next和to数组要开 N*2 那么大，存双向边~ #...

给一棵树，求删除某个节点，使得剩下的最大的连通分量的最大值小于总结点的一半 树形dp d[i][0]表示以i为根节点的树的总节点数（除了i） d[i][1]表示以i为根节点的树的最大的子树的节点数 则若满足d[i][1] <= n/2 并且 n-1-d[i][0] <= n/2 ，节点i就是满足条件的一个 #include <cstdio> #include <alg...

n个人，每个人有一个值，n个人的关系构成一棵树，选中一个节点后所有儿子节点都不能选，问能选的最大的值是多少。 树形dp, dp[i][0/1] 表示选/不选第 i个节点的情况下能获得的最大值。 设v 是u的子节点 dp[u][0] = sum(max{dp[v][0],dp[v][1]}); dp[u][1] = sum(dp[v][0]) #include <cstdio> #inc...

给一棵树，对于每一个节点u，有一个值 sum(dist(u,v)*val[v] ) ,v是其他节点，求最大的值。 树形dp 如果v 是 u 的孩子节点， 则以v为根节点的子树对u 的贡献就是子树中所有节点的和。 先求出以u为根节点的子树的权值和。可以一边dfs一边算答案，当由u 转移到 v 时 ，当前的值 要减去 sum[v] ,再加上 sum[u] - sum[v] , 上面两步好想，关键是算v...