一些树形DP题目の总结_没有上司的舞会

一、没有上司的舞会

题目描述

Ural大学有N名职员，编号为1~N。

他们的关系就像一棵以校长为根的树，父节点就是子节点的直接上司。

每个职员有一个快乐指数，用整数 Hi 给出，其中 1≤i≤N。

现在要召开一场周年庆宴会，不过，没有职员愿意和直接上司一起参会。

在满足这个条件的前提下，主办方希望邀请一部分职员参会，使得所有参会职员的快乐指数总和最大，求这个最大值。

输入格式

第一行一个整数N。

接下来N行，第 i 行表示 i 号职员的快乐指数Hi。

接下来N-1行，每行输入一对整数L, K,表示K是L的直接上司。

输出格式

输出最大的快乐指数。

样例

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7
1
1
1
1
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1
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1 3
2 3
6 4
7 4
4 5
3 5

样例输出

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数据范围与提示

1≤N≤6000,

−128≤Hi≤127

（1）题目分析

        首先关于树形dp，需要dfs的遍历到叶子节点，更新叶子结点的值再回溯向上步步更新。所以一般再扫到子节点之后先写dfs(v,u),再写转移方程。赋初值在一进入dfs时就进行。而转移方程一般有两类：

       ①选择节点类：
​        

       ②树形背包类：

        

         回归本题，这道题明显用的是第一类选择节点。上司和下属们，只能留一方。

（2）代码实现

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,r[6005],head[6005],cnt,root;
int dp[6005][2],ans,in[6005];
struct egde{
	int to,next;
}e[6005];
inline void add(int u,int v){//链式前向星存图
	cnt++;
	e[cnt].next=head[u];
	e[cnt].to=v;
	head[u]=cnt;
}
inline void dfs(int u,int fa){
	dp[u][1]=r[u];//赋初值
	dp[u][0]=0;
	for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
		int v=e[i].to;
		dfs(v,u); //先dfs
		dp[u][1]+=dp[v][0];
		dp[u][0]+=max(dp[v][1],dp[v][0]);
		
	}
	ans=max(dp[u][1],dp[u][0]);
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&r[i]);
	for(int i=1,u,v;i<n;i++)
		scanf("%d%d",&v,&u),add(u,v),in[v]++;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(in[i]==0)root=i;
	}
	dfs(root,-1);
	printf("%d",max(dp[root][0],dp[root][1]));
	return 0;
} 

---

二、选课

题目描述

学校实行学分制。

每门的必修课都有固定的学分，同时还必须获得相应的选修课程学分。

学校开设了 N 门的选修课程，每个学生可选课程的数量 M 是给定的。

学生选修了这 M 门课并考核通过就能获得相应的学分。

在选修课程中，有些课程可以直接选修，有些课程需要一定的基础知识，必须在选了其他的一些课程的基础上才能选修。

例如《Windows程序设计》必须在选修了《Windows操作基础》之后才能选修。

我们称《Windows操作基础》是《Windows程序设计》的先修课。

每门课的直接先修课最多只有一门。

两门课可能存在相同的先修课。

你的任务是为自己确定一个选课方案，使得你能得到的学分最多，并且必须满足先修条件。

假定课程之间不存在时间上的冲突。

输入格式

输入文件的第一行包括两个整数N、M（中间用一个空格隔开）其中1≤N≤300,1≤M≤N。

接下来N行每行代表一门课，课号依次为1，2，…，N。

每行有两个数（用一个空格隔开），第一个数为这门课先修课的课号（若不存在先修课则该项为0），第二个数为这门课的学分。

学分是不超过10的正整数。

输出格式

输出一个整数，表示学分总数。

样例

样例输入

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7 4
2 2
0 1
0 4
2 1
7 1
7 6
2 2

样例输出

复制13

（1）题目分析

        首先 这个图是一个“森林”，我们应对这种问题时，不妨设一个总根节点‘0’或是‘n+1’，以此开始。同时这道题是“背包”，但不是分组背包。我们需要利用树形DP的思想，且这道题属于上文提及的类型②树形背包类。我们设dp[i][j]的值表示以i为根节点，剩余可选j节课的可得最大学分。由此推转移公式：  其中u为根节点，v为子节点。

（2）代码实现

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int N,M,cnt,head[305],in[305],val[305];
int dp[305][305];
struct edge{
	int to,next;
}e[305];
inline void add(int u,int v){
	cnt++;
	e[cnt].to=v;
	e[cnt].next=head[u];
	head[u]=cnt;
}
inline void dfs(int u,int fa){
	for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
		int v=e[i].to;
		if(v==fa)continue;
		//printf("v=%d\n",v);
		dfs(v,u);
		for(int j=M;j>0;j--){// 0/1背包
			for(int k=j-1;k>=0;k--){
				dp[u][j]=max(dp[u][j],dp[u][j-k-1]+dp[v][k]+val[v]);
			}
			//printf("dp[%d][%d]=%d\n",u,j,dp[u][j]);
		}
		
	}	
}
int main(){
	scanf("%d%d",&N,&M);
	for(int i=1,u;i<=N;i++){
		scanf("%d%d",&u,&val[i]);
		if(u!=0){
			add(u,i);
		}
		else add(N+1,i);//以‘N+1’为总根
	} 
	dfs(N+1,-1);
	printf("%d",dp[N+1][M]);
} 

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三、皇宫看守

题目描述

太平王世子事件后，陆小凤成了皇上特聘的御前一品侍卫。

皇宫以午门为起点，直到后宫嫔妃们的寝宫，呈一棵树的形状，某些宫殿间可以互相望见。大内保卫森严，三步一岗，五步一哨，每个宫殿都要有人全天候看守，在不同的宫殿安排看守所需的费用不同。

可是陆小凤手上的经费不足，无论如何也没法在每个宫殿都安置留守侍卫。

帮助陆小凤布置侍卫，在看守全部宫殿的前提下，使得花费的经费最少。

输入格式

输入中数据描述一棵树，描述如下：

第一行n，表示树中结点的数目。

第二行至第n+1行，每行描述每个宫殿结点信息，依次为：该宫殿结点标号i，在该宫殿安置侍卫所需的经费k，该边的儿子数m，接下来m个数，分别是这个节点的m个儿子的标号。

对于一个n个结点的树，结点标号在1到n之间，且标号不重复。

输出格式

输出最少的经费

样例

样例输入

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6
1 30 3 2 3 4
2 16 2 5 6
3 5 0
4 4 0
5 11 0
6 5 0

样例输出

复制25

样例解释

有六个区域被安排的情况如左图所示。

如右图，灰色点安排了警卫，2号警卫可以观察1,2,5,6 ，3号警卫可以观察1,3 ; 4 号警卫可以观察 1,4。

总费用：16+5+4=25

（1）题目分析

        这道题目就有区别于洛谷的P2016 战略游戏，更有DP的取优思想。对于任意一个点i，它可以被自己的士兵监视，也可以被父亲监视，更可以被儿子监视，明显要三者中取优。我们设dp[i][3]，其中二维的‘0’表示i不放士兵，被父亲监视；‘1’表示i不放士兵，被儿子监视；‘2’表示i放士兵。但这之中还有一个细节：当我们决定i被儿子监视，那么i的儿子中必要有一个放了士兵，这该怎么在我们取优时保证呢？我们来看代码。

（2）代码实现

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define Maxn 1505
#define inf 1e9
using namespace std;
int n,m,cos[Maxn],cnt,head[Maxn],in[Maxn];
int dp[Maxn][3];
//dp[i][0]-->i不放士兵，被父亲监视
//dp[i][1]-->i不放士兵，被儿子监视  
//dp[i][2]-->i放士兵 
struct egde{
	int to,next;
}e[Maxn*2]; 
inline void add(int u,int v){
	cnt++;
	e[cnt].to=v;
	e[cnt].next=head[u];
	head[u]=cnt;
}
inline void dfs(int u,int fa){
	int d=inf;
	dp[u][2]=cos[u];
	for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
		int v=e[i].to;
		if(v==fa) continue;
		//printf("v=%d\n",v);
		dfs(v,u);
		dp[u][0]+=min(dp[v][2],dp[v][1]);
		dp[u][1]+=min(dp[v][2],dp[v][1]);
		d=min(d,dp[v][2]-min(dp[v][2],dp[v][1]));//特别注意，选一个dp[v][2]与dp[v][1]相差最小的，保证在这种情况下至少有一个儿子放了士兵
		dp[u][2]+=min(dp[v][2],min(dp[v][1],dp[v][0]));
		//printf("dp[%d][1]=%d  dp[%d][0]=%d\n",v,dp[v][1],v,dp[v][0]); 
	}
	dp[u][1]+=d;//补上差价
	//printf("tot=%d cnt=%d\n",tot,cnt);
	//printf("u=%d  dp[%d][1]=%d  dp[%d][0]=%d\n",u,u,dp[u][1],u,dp[u][0]);
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	//printf("%d\n",n);
	for(int i=1,u,k;i<=n;i++){
		scanf("%d%d%d",&u,&k,&m);
		//printf("%d %d %d ",u,k,m);
		cos[u]=k;
		for(int j=1,v;j<=m;j++){
			scanf("%d",&v);
			//printf("%d ",v);
			add(u,v);in[v]++;
		}
		//printf("\n");
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(in[i]==0){
			dfs(i,0);
			printf("%d",min(dp[i][2],dp[i][1]));
			break;
		}
	}
	return 0;
} 

---

注：本文章为个人学习总结，如有错误或不当之处，还望批评指正啊（￣︶￣）↗