#QBXT2020 3月DP营 Day2上午

树形DP

DP上树。

存储：边表（邻接表，链式前向星）

（找节点i的子树大小）

状态设计：每个节点为状态；初始化：叶子节点为1；转移：把儿子们加起来。

顺序：从叶子节点不断向上做到根的过程。

void dfs(int now ,int fa){
    for(int p = head[now];p;p = edge[p].nxt){
        if(edge[p].nxt != fa){
            dfs(edge[p].to,now);
            f[now] += f[edge[p].to];
        }
    }
}

求树的直径

规定一棵树，输的诗经就是在树上找到两个点，使其距离最长，距离即直径。

思考可得：距离 = (p_1 => lca(p_1,p_2) => p_2)

枚举以每个点作为拐点的最长路径，最后对每个拐点去max。要算以i向下的最长路，以i向下的次长路，分别用f[],g[]。

初始化:f[i]、g[i] = 0

[f[i] = max(f[j] + 1) \ 次大路就是把当前最大路的子节点去掉之后得到的答案。 ]

求树上所有路径的总长度和

求树上路径的总长度和

[sum_{i = 1}^n sum_{j = 1}^n dis(i,j) ]

g[i]所有点到根节点的距离之和，f[i]表示答案。p1到i的路径总和为：g[i] = (g[p1] + size[p1]) * (size[i] - size[p1])（size是子树的大小）。

[f[i] = sum_{p_j in son(i)} f[p_j] + (g[p_j] + size[p_j]) imes (size[i] - size[p_j]) ]

或者：

[ans = sum_{i = 2}^n size[i] imes (n - size[i]) imes 2 ]

询问树的最大独立集

选出更多的点，使得这些点互不相邻。（没有边）

f[i][0/1]表示i这个点选/不选的方案数。

[f[i][1] = sum _{p_i}f[pi][0] \ f[i][0] = sum_{pi} max(f[p_j][0],f[p_j][1]) + 1 ]

士兵

现在要在一棵树上布置士兵，每个士兵在结点上，每个士兵可以守护其结点直接相连的全部边，问最少需要布置多少个士兵。

f[i][0/1/2]，对于节点i，0表示儿子保护，1表示自己保护，2表示父亲保护。

初始化叶节点：f[i][0] = INF,f[i][1] = 1,f[i][2] = 0;

g[k][0/1]：i节点的前k个儿子是不是已经有一个儿子放了士兵

[g[k][0] = g[k-1][0] + f[p_k][0] \ g[k][1] = min( \ g[k-1][0] + f[p_k][1], \ g[k-1][1] + f[p_k][0], \ g[h-1][0] + f[p_k][1])\ \ \ f[i][0] = \ f[i][1] = sum_{p_j} min(f[p_j][0],f[p_j][1],f[p_j][2]) + 1;\ f[i][2] = sum_{p_j} f[p_j][0] ]

依赖背包问题

依赖背包问题

每个物品要选必须先选某个指定的物品问能够获得的最大价值（今明的预算方案）

把依赖关系用数连起来，f[i][j]表示i的子树用了j的体积。

初始化：f[i][0] = 0,f[i][vi] = wi,f[i][j] = -INF

转移：g[i][j]前i个儿子用掉了前j的体积，则g[0][0],g[0][j] = -INF,g[i][j] = max(g[i-1][j-k] + f[pi][k])就是前i个儿子用掉j个体积的最大价值。（逐渐跑题）

转移：f[i][0] = 0;f[i][j] = g[r][j-vi] + wi;

复杂度(n * m^2)