标签：alt 拓扑 for jks 动态规划基础 ble 问题 cts 数字转换
这篇文章主要讨论了DAG上dp和树形dp
DAG上的dp一般有记忆化搜索与拓扑排序两种方法来实现。
食物链
两者时间复杂度都是线性的
拓扑排序解法：
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
const int N=1e5+5,M=2e5+5;
int n,m;
int head[N],to[M],nxt[M],cnt; //链式前向星
int din[N],dout[N],deg[N],tim[N],ans;
void add(int u,int v) {
to[++cnt]=v;
nxt[cnt]=head[u];
head[u]=cnt;
}
void topo() { //拓扑排序
queue<int> q;
for(int i=1;i<=n;i++) //把0入度点放入队
if(!din[i]) {
q.push(i);
tim[i]=1;
}
while(!q.empty()) {
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=head[u];i;i=nxt[i]) {
int v=to[i];
if(deg[v]==0)
continue;
tim[v]+=tim[u]; //决策
if(--deg[v]==0)
q.push(v);
}
}
}
int main() {
cin>>n>>m;
while(m--) {
int u,v;
cin>>u>>v;
add(u,v);
deg[v]++;
din[v]++;
dout[u]++;
}
topo();
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!dout[i] and din[i]) //无出度且不孤立
ans+=tim[i];
cout<<ans;
return 0;
}
记忆化搜索解法
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5,M=2e5+5;
int n,m;
int head[N],to[M],nxt[M],cnt;
int din[N],dout[N],tim[N],ans;
void add(int u,int v) {
to[++cnt]=v;
nxt[cnt]=head[u];
head[u]=cnt;
}
int dfs(int u) {
if(tim[u]!=-1)
return tim[u]; //记忆化
if(dout[u]==0) { //边界
tim[u]=1; //直接返回
return 1;
}
tim[u]=0;
for(int i=head[u];i;i=nxt[i]) {
int v=to[i];
tim[u]+=dfs(v); //决策
}
return tim[u];
}
int main() {
cin>>n>>m;
while(m--) {
int u,v;
cin>>u>>v;
add(u,v);
din[v]++;
dout[u]++;
}
memset(tim,-1,sizeof(tim));
for(int i=1;i<=n;i++)
dfs(i);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!din[i] and dout[i]) //记忆化搜索过后，次数都在零入度点中，与拓扑排序不同，请仔细斟酌
ans+=tim[i];
cout<<ans;
return 0;
}
空岛
同样，有拓扑排序和记忆化搜索两种解法，当然还有SPFA。
不过用SPFA解这题有点大材小用了，并且可能被卡常。
拓扑排序解法：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+5,M=4e6+5;
int n,m,s;
int a[N],dist[N],ans,deg[N];
int head[N],to[M],nxt[M],cnt;
void add(int u,int v) {
to[++cnt]=v;
nxt[cnt]=head[u];
head[u]=cnt;
}
void topo() {
queue<int> q;
dist[s]=a[s];
q.push(s);
while(!q.empty()) {
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=head[u];i;i=nxt[i]) {
int v=to[i];
if(--deg[v]==0)
q.push(v);
dist[v]=max(dist[v],dist[u]+a[v]); //类似于Dijkstra算法的决策
}
ans=max(dist[u],ans);
}
}
int main() {
cin>>n>>m>>s;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>a[i];
while(m--) {
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
deg[v]++;
add(u,v);
}
topo();
cout<<ans;
return 0;
}
记忆化搜索更好写，并且常数小，这里代码不发了。
旧文原址
树形dp是一种在树上做的dp，通常的结构为：
void dp(int u) {
v[u]=true;
for(int i=head[u];i;i=nxt[i]) {
int v=to[i];
dfs(v);
update(f[u],f[v]); //用f[v]来更新f[u]
}
}
先递归子节点，再从子节点向上转移，这样就是一般的树形dp。
考虑这样一道题：
给定一棵无根树，求两个距离最远的节点间的距离，两个相邻结点距离为1。
首先，两个距离最远的结点必定是“边界点”，即度为1的点。
我们不妨对于每个点，求出这个点到这个点的子树的所有边界点的最长距离与次长距离，设为f[x][1],f[x][2]，那么答案也就自然是\(\max_{1\leq i\leq n}(f[i][1]+f[i][2])\)
主要的瓶颈就在于：如何求出每个点的f呢？
我们看下dp代码
void dfs(int u) {
v[u]=true;
for(int i=head[u];i;i=nxt[i]) {
int y=to[i];
if(v[y]) //已经访问过了（即父节点），跳过
continue;
dfs(y); //递归子节点
//以下代码请好好斟酌
if(h[u][1]<=h[y][1]+1) { //如果最长路可以更新
h[u][2]=h[u][1]; //将次长路更新为最长路
h[u][1]=h[y][1]+1; //将最长路更新为新值
}
else if(h[u][2]<=h[y][1]+1) //如果次长路可以更新
h[u][2]=h[y][1]+1; //更新次长路
}
}
因为这个树是一个无根树，所以我们从任意一个点开始执行dfs都可以。
题目链接：选课或acwing286
这n门课构成了一个森林的结构，为了简便，可以添加零号节点为各个树根的父亲，方便dp。
状态定义：f[u][t]表示在以u为根的子树中选t门的最高得分。
状态的转移实际上是一个分组背包模型，一个点的所有子节点看做是一组物品v，每组物品有f[v][i]的价值与i的消费。每组物品中只能取一个。
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N=3e2+5;
int n,m;
int head[N],to[N],nxt[N],cnt;
int score[N];
int f[N][N];
void add(int u,int v) {
to[++cnt]=v;
nxt[cnt]=head[u];
head[u]=cnt;
}
void dp(int u) {
f[u][0]=0;
for(int i=head[u];i;i=nxt[i]) {
int v=to[i];
dp(v);
for(int t=m;t>=0;t--) //背包状态转移
for(int j=t;j>=0;j--)
f[u][t]=max(f[u][t],f[u][t-j]+f[v][j]);
}
if(u!=0)
for(int i=m;i>0;i--)
f[u][i]=f[u][i-1]+score[u];
}
int main() {
memset(f,0xc0,sizeof(f));
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++) {
int u;
cin>>u>>score[i];
add(u,i);
}
dp(0);
cout<<f[0][m];
return 0;
}
题目链接：二叉苹果树
有了上面一道题，这道题就更加简单了，直接看代码。
注意不同的是，这道题是边权，上一题是点权。
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N=3e2+5;
int n,m;
int head[N],to[N],val[N],nxt[N],cnt;
bool vis[N];
int f[N][N];
void add(int u,int v,int w) {
to[++cnt]=v;
val[cnt]=w;
nxt[cnt]=head[u];
head[u]=cnt;
}
void dp(int u) {
vis[u]=true;
f[u][0]=0;
for(int i=head[u];i;i=nxt[i]) {
int v=to[i],w=val[i];
if(vis[v])
continue;
dp(v);
for(int t=m;t>=0;t--)
for(int j=t;j>=0;j--)
f[u][t]=max(f[u][t],f[u][t-j-1]+f[v][j]+w); //此处减一是要把自己算上去
}
}
int main() {
memset(f,0xc0,sizeof(f));
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<n;i++) {
int u,v,w;
cin>>u>>v>>w;
add(u,v,w);
add(v,u,w);
}
dp(1);
cout<<f[1][m];
return 0;
}
题目链接：没有上司的舞会或acwing285
状态定义：f[u][0]表示当u不选时，u的子树的最大值，f[u][1]表示选u时，u的最大值。
那么很容易写出状态转移方程了。
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N=2e4+5;
int head[N],nxt[N],to[N],cnt;
int f[N][2],h[N],n,root,in[N];
void add(int u,int v) {
to[++cnt]=v;
nxt[cnt]=head[u];
head[u]=cnt;
}
void dp(int p) {
f[p][0]=0;
f[p][1]=h[p];
for(int i=head[p];i;i=nxt[i]) {
int y=to[i];
dp(y); //这边要注意：如果有明确的依赖关系，就不需要判断是否为父亲，建边时建单向边即可。但是如果只是说有一条边，那么就要双向建边，并判断到达点是否为当前点的父亲
f[p][0]+=max(f[y][1],f[y][0]); //如果当前点不选，它的下级既可以选也可以不选
f[p][1]+=f[y][0]; //如果当前点选，那么只有不选它的下级
}
}
int main() {
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>h[i];
for(int i=1;i<n;i++) {
int u,v;
cin>>u>>v;
add(v,u);
in[u]++; //记录入度，根的入度必定为0
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(in[i]==0) {
root=i;
break;
}
dp(root); //从根开始dp
cout<<max(f[root][0],f[root][1]); //选根与不选根取最大值
return 0;
}
题目链接：数字转换
看起来不像树形dp，但我们可以把它转化成数形dp
设一个数x的约数和叫d[x]，那么对于每个x我们不妨看做是x到d[x]连一条边。最后求这棵树的直径就行了。
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N=4e5+5;
int n,m;
int head[N],to[N],nxt[N],cnt;
bool v[N];
int h[N][3],ans;
int sum[N];
void add(int u,int v) {
to[++cnt]=v;
nxt[cnt]=head[u];
head[u]=cnt;
}
//求直径传统艺能
void dfs(int u) {
v[u]=true;
for(int i=head[u];i;i=nxt[i]) {
int y=to[i];
if(v[y])
continue;
dfs(y);
if(h[u][1]<=h[y][1]+1) {
h[u][2]=h[u][1];
h[u][1]=h[y][1]+1;
}
else if(h[u][2]<=h[y][1]+1)
h[u][2]=h[y][1]+1;
}
}
int main() {
cin>>n;
//求每个数的约数和并加边
for(int i=1;i<=n;i++) { //枚举因子来求约数和
if(sum[i]<i) { //约数和小于原数
add(i,sum[i]); //加两条边
add(sum[i],i);
}
for(int j=i*2;j<=n;j+=i) //枚举i的倍数
sum[j]+=i;
}
dfs(1);
for(int i=1;i<=n;i++)
ans=max(ans,h[i][1]+h[i][2]); //直径
cout<<ans;
return 0;
}
如果题目中要对每个点都进行统计，并且这棵树是无根树，那么就可以使用这个方法。
1、第一次扫描，任选一个点为根，执行从下到上的dp
2、第二次扫描，以刚才那个点为根，进行从上到下的推导
我们可以解决比如：求每个点到任意点的最长路，或者次长路等的问题。
这道题目蓝书上面有讲解，就不赘述了。
标签：alt 拓扑 for jks 动态规划基础 ble 问题 cts 数字转换
原文地址：https://www.cnblogs.com/wyc06/p/13569461.html
