DP算法总结&专题训练2（树形DP）

1. 前言
2. 练习题

1. 前言

本篇博文是树形 DP 的练习题。

没有学过树形 DP？

传送门：算法学习笔记：树形 DP

树形 DP 的题目一般是比较容易看出来的 ~~（树难道还看不出来吗）~~，其唯一难点在转移方程上。

2. 练习题

题单：

P2585 [ZJOI2006]三色二叉树

这道题首先需要建棵树，可以参照代码。

这棵树是棵二叉树。

二叉树！这样为我们的转移带来了极大的方便。

设 $f [i] [1 / 2 / 3] [0 / 1]$ 表示当前节点涂红色/绿色/蓝色，总共涂绿色次数的最小/最大值。记 $l (p)$ 是 $p$ 的左儿子， $r (p)$ 是 $p$ 的右儿子。

那么：

只有左儿子，没有右儿子。
遵循相邻点不能相同涂色的原则转移即可。
只有右儿子，没有左儿子。
同上。
既有左儿子，也有右儿子。
这个时候需要注意的是两个儿子涂色也不能相同。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define Min(a, b) ((a < b) ? a : b)
#define Max(a, b) ((a > b) ? a : b)
using namespace std;

typedef long long LL;
const int MAXN = 5e5 + 10;
int f[MAXN][3][2], cnt;
//1 = red, 2 = green(goal), 3 = blue
//0 = min, 1 = max
struct node
{
    
    
	int l, r;
	#define l(p) tree[p].l
	#define r(p) tree[p].r
}tree[MAXN];

int read()
{
    
    
	int sum = 0, fh = 1; char ch = getchar();
	for (; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) fh -= (ch == '-') << 1;
	for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) sum = (sum << 3) + (sum << 1) + (ch ^ 48);
	return (fh == 1) ? sum : -sum;
}

int build()
{
    
    
	int now = ++cnt; int t;
	scanf("%1d", &t);
	if (t == 1) l(now) = build();
	if (t == 2) {
    
    l(now) = build(); r(now) = build();}
	return now;
}
//0 = min, 1 = max
void dfs(int now)
{
    
    
	f[now][2][0] = f[now][2][1] = 1;
	if (l(now)) dfs(l(now));
	if (r(now)) dfs(r(now));
	if (l(now) && !r(now))
	{
    
    
		f[now][1][0] += Min(f[l(now)][2][0], f[l(now)][3][0]);
		f[now][2][0] += Min(f[l(now)][1][0], f[l(now)][3][0]);
		f[now][3][0] += Min(f[l(now)][1][0], f[l(now)][2][0]);
		f[now][1][1] += Max(f[l(now)][2][1], f[l(now)][3][1]);
		f[now][2][1] += Max(f[l(now)][1][1], f[l(now)][3][1]);
		f[now][3][1] += Max(f[l(now)][1][1], f[l(now)][2][1]);
	}
	else if (r(now) && !l(now))
	{
    
    
		f[now][1][0] += Min(f[r(now)][2][0], f[r(now)][3][0]);
		f[now][2][0] += Min(f[r(now)][1][0], f[r(now)][3][0]);
		f[now][3][0] += Min(f[r(now)][1][0], f[r(now)][2][0]);
		f[now][1][1] += Max(f[r(now)][2][1], f[r(now)][3][1]);
		f[now][2][1] += Max(f[r(now)][1][1], f[r(now)][3][1]);
		f[now][3][1] += Max(f[r(now)][1][1], f[r(now)][2][1]);
	}
	else if (l(now) && r(now))
	{
    
    
		f[now][1][0] += Min(f[l(now)][2][0] + f[r(now)][3][0], f[l(now)][3][0] + f[r(now)][2][0]);
		f[now][2][0] += Min(f[l(now)][1][0] + f[r(now)][3][0], f[l(now)][3][0] + f[r(now)][1][0]);
		f[now][3][0] += Min(f[l(now)][1][0] + f[r(now)][2][0], f[l(now)][2][0] + f[r(now)][1][0]);
		f[now][1][1] += Max(f[l(now)][2][1] + f[r(now)][3][1], f[l(now)][3][1] + f[r(now)][2][1]);
		f[now][2][1] += Max(f[l(now)][1][1] + f[r(now)][3][1], f[l(now)][3][1] + f[r(now)][1][1]);
		f[now][3][1] += Max(f[l(now)][1][1] + f[r(now)][2][1], f[l(now)][2][1] + f[r(now)][1][1]);
	}
}

int main()
{
    
    
	build();
	dfs(1);
	printf("%d %d\n", Max(f[1][1][1], Max(f[1][2][1], f[1][3][1])), Min(f[1][1][0], Min(f[1][2][0], f[1][3][0])));
	return 0;
}

P4516 [JSOI2018]潜入行动

这篇题解同步在我的这篇博文上。

特别提醒：本题卡空间。如果您的代码 MLE 了而且思路没有问题，请直接前往『关于卡空间』这一部分。

P.S. WA+MLE 不计入上述范围内。

思路讲解：

本题是一道树上统计类 DP。

前置知识：树形 DP。

对于这道题，首先设下两维状态 $f [u] [i]$ ， $u$ 为节点编号， $i$ 表示用了几个监听设备。

但是状态不够啊，我们不知道是否被监听，儿子节点是否被监听等等。

于是，我们新增两维 $0 / 1$ 状态来表示。

那么这道题的状态如下：

设 $f [u] [i] [0 / 1] [0 / 1]$ 表示当前节点为 $u$ ，子树中已经遍历的所有节点 上放置 $i$ 个监听装备的方案数，而且所有儿子节点均被监听，其中第三维状态表示 $u$ 节点是否放下监听设备，第四维状态表示 $u$ 节点是否被 儿子节点 监听。

分情况讨论。以下均设 1 号节点为根节点， $n o w$ 为当前节点， $u$ 为儿子节点， $i$ 是 $n o w$ 子树中已经遍历的所有节点上放置的监听装备数， $j$ 是 $u$ 子树上放置的监听装备数， $V$ 为所有 $u$ 构成的集合。这里采用刷表法转移，目标为 $f [n o w] [i + j] [0 / 1] [0 / 1]$ 。

$f [n o w] [i + j] [0] [0]$

这个时候需要保证 $u$ 被监听，但是 $u$ 上面不能放监听装备，有转移方程：

$\times \sum_{u \in V}f[u][j][0][1]$

$f [n o w] [i + j] [0] [1]$

此时 $n o w$ 被监听了，但是需要考虑是谁监听的：

1. 可以是 $u$ 来监听，此时 $n o w$ 之前不能被监听，然而 $u$ 要被监听，于是这一部分贡献： $\times \sum_{u \in V}f[u][j][1][1]$
2. 可以是别的节点来监听，此时 $u$ 放不放无所谓，然而 $u$ 要被监听，于是这一部分贡献： $\times \sum_{u \in V}(f[u][j][0][1]+f[u][j][1][1])$

综上，有转移方程：

$\times \sum_{u \in V}f[u][j][1][1] + f[now][i][0][1] \times \sum_{u \in V}(f[u][j][0][1]+f[u][j][1][1])$

$f [n o w] [i + j] [1] [0]$

此时 $u$ 是否被监听无所谓，但是不能放装置，有转移方程：

$\times \sum_{u \in V}(f[u][j][0][0] + f[u][j][0][1])$

$f [n o w] [i + j] [1] [1]$

此时仍然要根据 $n o w$ 是否被监听来分类讨论：

1. 由 $u$ 来监听，但是因为 $n o w$ 放了装置，所以 $u$ 是否被监听无所谓，这一部分贡献为： $\times \sum_{u \in V}(f[u][j][1][0] + f[u][j][1][1])$
2. 不由 $u$ 来监听，此时 $u$ 放不放无所谓，是否被监听也无所谓，这一部分贡献为： $\times \sum_{u \in V}(f[u][j][0][0] + f[u][j][0][1] + f[u][j][1][0] + f[u][j][1][1])$

综上，有转移方程：

$\times \sum_{u \in V}(f[u][j][1][0] + f[u][j][1][1])+f[now][i][1][1] \times \sum_{u \in V}(f[u][j][0][0] + f[u][j][0][1] + f[u][j][1][0] + f[u][j][1][1])$

~~式子不是很长（确信~~

那么综合一下上面的四个方程：

$\times \sum_{u \in V}f[u][j][0][1]$

$\times \sum_{u \in V}f[u][j][1][1] + f[now][i][0][1] \times \sum_{u \in V}(f[u][j][0][1]+f[u][j][1][1])$

$\times \sum_{u \in V}(f[u][j][0][0] + f[u][j][0][1])$

$\times \sum_{u \in V}(f[u][j][1][0] + f[u][j][1][1])+f[now][i][1][1] \times \sum_{u \in V}(f[u][j][0][0] + f[u][j][0][1] + f[u][j][1][0] + f[u][j][1][1])$

初始状态为对于任意点 $n o w$ ， $f [n o w] [0] [0] [0] = f [n o w] [1] [1] [0]$ 。

最后答案是 $f [1] [k] [0] [1] + f [1] [k] [1] [1]$ 。

所有过程注意随时取模。

一些注意点：

随时取模。
转移的时候需要注意对于当前节点 $n o w$ ，我们需要临时数组 $t m p [i] [0 / 1] [0 / 1]$ 来存下当前节点的状态，防止因为修改而导致的 WA。具体可以参考我的代码。
记得记录子树的大小，因为可能存在 $size_{now}<k$ 的情况，此时我们至多只能放 $size_{now}$ 个。

关于卡空间

这道题很毒瘤，我一开始开 long long 被卡空间了，最后看的题解才知道为什么会 MLE。

这道题需要注意：

所有变量全部开 int 类型，尤其是 f 和 tmp 数组。
运算的时候需要强制转换类型，同时取模。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define Min(a, b) ((a < b) ? a : b)
using namespace std;

typedef long long LL;
const int MAXN = 1e5 + 10, P = 1e9 + 7, MAXK = 100 + 10;
int n, k, f[MAXN][MAXK][2][2], tmp[MAXK][2][2], size[MAXN];
vector <int> Next[MAXN];

int read()
{
    
    
	int sum = 0, fh = 1; char ch = getchar();
	for (; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) fh -= (ch == '-') << 1;
	for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) sum = (sum << 3) + (sum << 1) + (ch ^ 48);
	return (fh == 1) ? sum : -sum;
}

void dfs(int now, int fa)
{
    
    
	size[now] = f[now][0][0][0] = f[now][1][1][0] = 1;
	for (int v = 0; v < Next[now].size(); ++v)
	{
    
    
		int u = Next[now][v];
		if (u == fa) continue;
		dfs(u, now);
		for (int i = 0; i <= k; ++i)
		{
    
    
			tmp[i][0][0] = f[now][i][0][0]; f[now][i][0][0] = 0;
			tmp[i][0][1] = f[now][i][0][1]; f[now][i][0][1] = 0;
			tmp[i][1][0] = f[now][i][1][0]; f[now][i][1][0] = 0;
			tmp[i][1][1] = f[now][i][1][1]; f[now][i][1][1] = 0;
		}
		for (int i = 0; i <= Min(size[now], k); ++i)
			for (int j = 0; j <= Min(size[u], k - i); ++j)
			{
    
    
				f[now][i + j][0][0] = ((LL)f[now][i + j][0][0] + (LL)tmp[i][0][0] * f[u][j][0][1]) % P;
				f[now][i + j][0][1] = ((LL)f[now][i + j][0][1] + (LL)tmp[i][0][0] * f[u][j][1][1] % P + (LL)tmp[i][0][1] * ((LL)f[u][j][0][1] + f[u][j][1][1]) % P) % P;
				f[now][i + j][1][0] = ((LL)f[now][i + j][1][0] + (LL)tmp[i][1][0] * ((LL)f[u][j][0][1] + f[u][j][0][0]) % P) % P;
				f[now][i + j][1][1] = ((LL)f[now][i + j][1][1] + (LL)tmp[i][1][0] * ((LL)f[u][j][1][0] + f[u][j][1][1]) % P + (LL)tmp[i][1][1] * ((LL)f[u][j][0][0] + f[u][j][0][1] + f[u][j][1][0] + f[u][j][1][1]) % P) % P;
			}
		size[now] += size[u];
	}
}

int main()
{
    
    
	n = read(), k = read();
	for (int i = 1; i < n; ++i)
	{
    
    
		int x = read(), y = read();
		Next[x].push_back(y); Next[y].push_back(x);
	}
	dfs(1, 1);
	printf("%d\n", ((LL)f[1][k][0][1] + f[1][k][1][1]) % P);
	return 0;
}

P2607 [ZJOI2008]骑士

这道题乍一看，以为就是没有上司的舞会这道题，结果……WA 了。

然后我又重新读了读题，~~同时看了看难度和题解~~，发现不对：这张图是基环树森林。

基环树是什么？

基环树就是一棵树，多了一条边，构成了这棵树上唯一的环。

比如下面就是一棵基环树。

在这里插入图片描述

那么基环树森林呢？就是由多棵基环树构成的森林。

当然这篇题解不是重点讲解基环树的。

然后没写完，先咕了。

DP算法总结&专题训练2（树形 DP）