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战略游戏
这是一道典型的最小点覆盖的模板，蒟蒻采用的是树型dp的做法
设 \(f[i][0/1]\) 在以 \(i\) 为根的子树中，选或不选当前这个点所需要的最少的点
那么转移方程为：
\(f[i][0]=\sum_{v\in son[i]} f[v][1]\)
\(f[i][1]=\sum_{v\in son[i]} min(f[v][0],f[v][1])+1\)
图片解释：
然后我们从根节点开始，\(dfs\) 遍历每一个节点，然后在每次遍历完一个节点后进行一次树型 \(dp\) ，注意，这个过程是从叶子结点到根的。
\(Code:\)
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
struct Node
{
int t;
int next;
}node[30011];
int n,tot;
int f[3011][2],head[3011];
void add(int x,int y)
{
node[++tot].t=y;
node[tot].next=head[x];
head[x]=tot;
return;
}
void dfs(int u,int fa)
{
f[u][1]=1; //f[u][1]要初始化为1，因为它要选上自己这个点
for(int i=head[u];i;i=node[i].next)
{
int v=node[i].t;
if(v!=fa)
{
dfs(v,u);
f[u][0]+=f[v][1]; //如上面的转移方程
f[u][1]+=min(f[v][1],f[v][0]);
}
}
}
int main()
{
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i)
{
int step;
scanf("%d",&step);
++step;
int k;
scanf("%d",&k);
for(int j=1;j<=k;++j)
{
int y;
scanf("%d",&y);
++y;
add(step,y);
add(y,step); //因为题目中的标号是0~n-1，我为了方便就将每个节点加了1
}
}
dfs(1,0);
printf("%d",min(f[1][0],f[1][1]));
return 0;
}但是，如果我们加上一个修改操作，每一次都进行修改，然后询问 \(dp\)值，这应该怎么做呢？
这就需要用到我们的标题：动态\(dp\) 了。
动态dp
这道题目要求的是最大点权独立集权值，我们把上面的方程稍微改一下,注意，是独立集，不是覆盖集
\(f[i][0]=\sum_{v\in son[i]} max(f[v][0],f[v][1])\)
\(f[i][1]=\sum_{v\in son[i]} f[v][0]+a[i]\)
图片解释：
注：\(a[i]\) 表示节点 \(i\) 的权值
我们首先回想一下矩阵乘法的式子：
\(C_{i,j}=\sum_{k=1}^{p}A_{i,k}* B_{k,j}\)
然后我们来脑补一下\(floyd\) 的转移方程：
\(f_{i,j}=min_{k=1}^{n}f_{i,k}+f_{k,j}\)
嗯，为什么看起来这么相似呢？
好像只是把\(\sum\) 换成了\(min\) ，$* $ 改成了 \(+\) 啊，这样子的矩阵乘法是对的吗？
答案是 \(YES\)
这时候我们就可以想到一种方法，我们能不能把转移方程改写成这种新定义的矩阵乘法的形式，然后用线段树来维护一段区间的矩阵乘法的乘积，从而实现 \(nlogn\) 的时间复杂度呢？
答案是 \(Right!\)
但是，我们上面的转移方程不好直接写成矩阵乘法的形式，我们将它改变一下：
设 \(g[i][0/1]\) 表示不包含\(i\)处在的重链上的节点（包括 \(i\)）
\(g[i][0]=\sum_{v\neq son[i]} max(f[v][0],f[v][1])\)
\(g[i][1]=\sum_{v\neq son[i]} f[v][0]+a[i]\)
那么原来的转移方程就可以改为：
\(f[i][0]=g[x][0]+max(f[son[i][0],f[son[i]][1])\)
\(f[i][1]=g[x][1]+f[son[i][0]\)
改写成矩阵乘法的形式就是：
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原文地址：https://www.cnblogs.com/Call-me-zhz/p/11366427.html
