樹形DP入門

給定一顆有n個節點的樹（一般是無根樹，就有n-1條無向邊），可以任選乙個節點作為根節點

一般以節點從深到淺（子樹從小到大）的順序作為dp階段順序

dp的狀態表示中，第一維通常是節點編號（節點編號代表了以該節點為根的子樹）

對於每個節點x，先遞迴在它的每個子節點上進行dp，回溯時，從子節點向x進行狀態轉移

n個員工，編號為1~n

他們之間有從屬關係，也就是說他們的關係就像一棵以校長為根的樹，父結點就是子結點的直屬上司。現在有個宴會，宴會每邀請來乙個員工 i 都會增加一定的快樂指數 ri，但如果某個員工的直屬上司來了，那麼這個員工就不會來。計算邀請哪些員工可以使快樂指數最大，輸出最大的快樂指數

設dp [x] [0]表示在 x 為根的子樹中邀請部分員工，並且x 不參加時，快樂指數總和的最大值，此時 x 子節點（直接下屬）可以參加也可以不參加 (s表示x子節點)

設dp [x] [1]表示在 x 為根的子樹中邀請部分員工，並且x 參加時，快樂指數總和的最大值，此時 x 子節點（直接下屬）都不能參加，h[x] 表示當前節點（x）的快樂指數 (s表示x子節點)

這個題給的是有根樹，就可以從根節點開始，dp目標就是 max(f[root,0] , f[root,1]) 時間複雜度on

#include #include #include #include #include using namespace std;
vectorson[10010];
int dp[10010][2];//0不參加，1參加
int v[10010];//記錄有沒有父節點
int h[10010];//記錄快樂指數
int n;
void dfs(int x)
}int main()
int root;
for (int i = 1; i <= n; i++)
if(!v[i])
dfs(root);
cout << max(dp[root][0],dp[root][1]) << endl;
return 0;
}

有n個點，在某些點上放置哨兵，每個哨兵可以監控和它有邊相連的點，問監視所有的點需要的最少的哨兵數

也就是說一顆n個結點的樹，要求選出其中的一些頂點，使得對於樹中的每條邊(u, v)，u和v至少有乙個被選中，要求給出選中頂點數最少的方案

設dp [x] [0]表示在不選擇節點 x 的情況下，以 x 為根節點的子樹，最少需要選擇的節點數

當i為葉子節點時

當i不為葉子節點時 (s表示x子節點)

設dp [x] [1]表示在選擇節點 x 的情況下，以 x 為根節點的子樹，最少需要選擇的節點數

當i為葉子節點時

當i不為葉子節點時 (s表示x子節點)

#include #include #include #include #define maxn 1508
using namespace std;
int dp[maxn][2];
int soncnt[maxn];
int parent[maxn];
int n;
void dfs(int x) 
for (i=0; i < n; i++) 
}dp[x][1] = d1 + 1;
dp[x][0] = d0;
}int main() 
while (m--) 
}dfs(root);
cout << min(dp[root][0], dp[root][1]) << endl;
}return 0;
}

給一顆n個結點的樹，節點編號為1~n

問：刪除哪些結點後，剩餘各個子樹的大小均小於原總結點數的一半

拆除乙個節點後，剩餘部分為其若干兒子的子樹以及該節點上層所連其餘部分（n-size[i]），只要這些連線塊大小都不超過n/2，該節點就滿足條件。因而我們可以先求出每個節點所管轄的那棵樹的大小，自下而上地為每個節點求出其子樹規模（該點規模=其兒子的規模和+1）。

在建樹的時候可以直接用連線表（vector）儲存無向邊，這時由於無法區分與每個點相連的是其父節點還是子節點，會引發問題：在dfs的時候把父節點誤認作兒子節點，解決方法就是在遞迴的時候傳入父節點編號，然後在遞迴，計算規模，比較大小的時候避開它就可以了

#include#include#include#include#includeusing namespace std;
int n;
int root;
vectorg[10000+400];
vectorans;
int sz[10000+400];
void dfs(int par,int u)
int piece=0;
for(int i=0;i
if(par!=g[u][i])
piece=max(piece,n-sz[u]);
if(piece<=n/2)
ans.push_back(u);} 
int main()
for(int i = head[u]; ~i; i = nxt[i])
}}int lca(int u, int v)
if(u == v) return u;
for(int i = 19; i >= 0; --i)
}return fa[u][0];
}

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