0x54 動態規劃樹形DP

emmm，蒟蒻發現自己的dp太辣雞了。。。所以來練練dp，這題的話實際上應該算是樹dp的入門題吧，轉移還是挺好想的。

每次在每個節點都會有個選擇，就是選還是不選，如果選的話，那麼它的兒子節點就不能選，如果不選的話它的兒子節點就可以選，也就是說我們需要另開一維狀態來記錄每個節點是否選自己的情況，那麼就很容易得出如下方程：

dp[x][0]+=max(0,max(dp[v][1],dp[v][0]));//如果不選當前節點，那麼兒子節點可以任意選
dp[x][1]+=max(0,dp[v][0]);//如果選擇當前節點，那麼只能選擇兒子節點不存在的情況

ac**

#include using namespace std;
vectorson[10010];
void dfs(int x) 
}int main() 
int root;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
if (!v[i]) 
dfs(root);
cout << max(f[root][0], f[root][1]) << endl;
}

演算法競賽高階指南原文：

正如深度優先和廣度優先都可以對樹或圖進行遍歷一樣，除了自頂向下的遞迴外。我們也可以使用自底向上的topo排序來執行樹形dp。但通常前者就足夠了。

思路：

每堂課和學它必修的課連一條邊。為了方便，每個入度為0的課（即可以直接選的課）與乙個虛擬的n+1節點連一條邊，然後在樹上跑01揹包即可。

#include #include #include #include #include using namespace std;
vectorson[310];
int f[310][310], s[310], n, m;
void dp(int x) 
if (x != 0) // x不為0時，選修x本身需要占用1門課，並獲得相應學分
for (int t = m; t > 0; t--)
f[x][t] = f[x][t - 1] + s[x];
}int main() 
memset(f, 0xcf, sizeof(f)); // -inf
dp(0);
cout << f[0][m] << endl;
}

乙個樹形水系，有 $n$ 個結點，根結點稱為源點，葉子結點稱為匯點，每條邊都有水量限制$c(x,y) $($x,y$ 為這條邊的兩個端點)，源點單位時間流出的水量稱為整個水系的流量，求以哪乙個結點作為源點整個水系的流量最大。

首先得理解到這是一道「不定根」的樹形dp問題，這類題目的特點是，給定乙個樹形結構，需要以每個結點為根進行一系列統計。我們一般通過兩次掃瞄來求解此類問題：（也即：二次掃瞄與換根法）

首先，我們任選乙個結點root，然後樹形dp一下，求出 $d_$ 陣列（ $d[i]$ 表示在以 $i$ 為根的子樹中流量的最大值)。然後設 $f_x$ 表示以 $x$ 為源點，流向整個水系的最大流量，則顯然 $f_ = d_$ 假設 $f_x$ 已經求出，考慮其子結點 $y$ ，則 $f[y]$ 包含兩部分：

從 $y$ 流向以 $y$ 為根的子樹的流量，已經計算出來。

從 $y$ 沿著到父節點 $x$ 的河道，進而流向水系中其他部分的流量。

由題意可知，從 $x$ 流向 $y$ 的流量為 $min(d_y,c_)$ ，所以從 $x$ 流向除 $y$ 以外其他部分的流量分量是其兩者之差：$f_x - min(d_y,c_)$ 於是，把 $y$ 作為源點，先從流到 $x$，再流向其他部分的流量就是吧這個「差值」再與 $c_$ 取較小值後的結果

\[if(deg[x] > 1) \to f[y] = d[y] + min(f[x] - min(d[y],c[x][y]) - c[x][y])\\

if(deg[x] == 1) \to f[y] = d[y] + c[x][y]

\]這是乙個由下而上的遞推方程，所以我們可以通過一次dfs來完成

ac **

// murabito-b 21/04/26
#include using namespace std;
#define fi first
#define se second
const int n = 2e5 + 5;
using pii   = pair;
vectorg[n];
int dp[n], d[n], f[n];
void dfs(int u, int fa) 
}void dfs1(int u, int fa)  else 
dfs1(v, u);
}}void solve() 
for (int i = 1; i < n; ++i) );
g[v].push_back();
d[u]++, d[v]++;
}dfs(1, -1);
// f[1] = dp[1];
dfs1(1, -1);
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) ans = max(ans, f[i]);
cout << ans << '\n';
}int main()

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