DPM算法 python dpd算法

0. 定义

树形DP，又称树状DP，即在树上进行的DP，是DP（动态规划）算法中较为复杂的一种。

1. 基础

令$f[u]=~$与树上顶点$u$有关的某些数据，并按照拓扑序（从叶子节点向上到根节点的顺序）进行$\text{DP}$，确保在更新一个顶点时其子节点的dp值已经被更新好，以更新当前节点的$\text{DP}$值。为方便计算，一般写成dfs的形式，如下：

void dfs(int v) { // 遍历节点v
	dp[v] = ...; // 初始化
	for(int u: G[v]) { // 遍历v的所有子节点
		dfs(u);
		update(u, v); // 用子节点的dp值对当前节点的dp值进行更新
	}
}

下面来看一道简单的例题：

【例1.1】子树大小

给定一棵有$N$个结点的树，根结点为结点$1$。对于$i=1,2,\dots,N$，求以结点$i$为根的子树大小（即子树上结点的个数，包括根结点）。

本题明显可以使用树形DP的方法，令$f[v]=~$以$v$为根的子树大小，则易得
$f[v]=1+\sum_{i=1}^{\text{deg}_v} G[v][i]$
即：一个结点的子树大小$~=1$（根节点）$+~$每个子树的大小。

沿用刚才的模板，可得：

#include <cstdio>
#include <vector>
#define maxn 100
using namespace std;

vector<int> G[maxn]; // 邻接表
int sz[maxn]; // dp数组，sz[v] = 子树v的大小

void dfs(int v)
{
	sz[v] = 1; // 初始化，最初大小为1，后面累加
	for(int u: G[v]) // 遍历子结点
	{
		dfs(u); // 先对子结点进行dfs
		sz[v] += sz[u]; // 更新当前子树的大小
	}
}

int main()
{
	int n;
	scanf("%d", &n); // 结点个数
	for(int i=1; i<n; i++) // N-1条边
	{
		int u, v;
		scanf("%d%d", &u, &v); // 读入一条边
		G[u].push_back(v); // 存入邻接表
	}
	dfs(1);
	for(int i=1; i<=n; i++)
		printf("%d\n", sz[i]);
	return 0;
}

下面来看一道稍微复杂一点的题：

【例1.2】洛谷P1352 没有上司的舞会

本题即树的最大独立集问题。

有$N$名职员，编号为$1\dots N$，他们的关系就像一棵以老板为根的树，父节点就是子节点的直接上司。每个职员有一个快乐指数$r_i$，现在要召开一场舞会，使得没有职员和直接上司一起参会。主办方希望邀请一部分职员参会，使得所有参会职员的快乐指数总和最大，求这个最大值。

令$f(v)$表示以$v$为根的子树中，选择$v$的最优解，$g(v)$表示以$v$为根的子树中，不选$v$的最优解。

则对于每个状态，都存在两种决策（其中$u$代表$v$的儿子）：

• 不选$v$时，可选也可不选$u$，此时有$g(v)=\sum\max\{f(u),g(u)\}$；
• 选择$v$时，一定不能选$u$，此时有$f(v)=r_i+\sum g(u)$。

时间复杂度为$\mathcal O(N)$。
注意本题需要寻找根节点，没有上司的结点即为根节点，读入时用数组标记即可。

#include <cstdio>
#include <vector>
#define maxn 6005
using namespace std;

inline int max(int x, int y) { return x > y? x: y; }

vector<int> G[maxn]; // 邻接表
bool bad[maxn]; // 根结点标记
int f[maxn], g[maxn]; // 数据存储

void dfs(int v) // 遍历结点v
{
	// 读入时已初始化，这里可省略
	for(int u: G[v]) // 遍历子结点
	{
		dfs(u); // 先对子结点进行dfs
		// 更新当前dp状态
		f[v] += g[u]; // 选择v，不能选u
		g[v] += max(f[u], g[u]); // 不选v，u可选可不选
	}
}

int main()
{
	int n;
	scanf("%d", &n); // 结点个数
	for(int i=0; i<n; i++)
		scanf("%d", f + i); // 相当于提前初始化好f[i]=r[i]
	for(int i=1; i<n; i++) // N-1条边
	{
		int u, v;
		scanf("%d%d", &u, &v); // 读入一条边
		G[--v].push_back(--u); // 0-index，存入邻接表
		bad[u] = true; // 标记不可能是根结点
	}
	int root = -1; // 根结点变量
	for(int i=0; i<n; i++)
		if(!bad[i]) // 找到根结点
		{
			root = i; // 记录根结点
			break;
		}
	dfs(root); // 开始进行树形DP
	printf("%d\n", max(f[root], g[root])); // 根结点也有两种选择
	return 0;
}

习题

• HDU 2196 Computer / vjudge链接
• POJ 1463 Strategic game
• 洛谷 P3574 [POI2014] FAR-FarmCraft

2. 树上背包

在基本算法之上，树形dp还可以用于树上背包问题。来看一道例题：

【例2.1】洛谷P2014 / AcWing 286 选课

有$N$门课，第$i$门课的学分是$s_i$。每门课有不超过一门先修课，需要上了先修课才能上这门课。现要选$M$门课，使得学分总和最大。

每门课最多只有一门先修课，这符合树结构的特点，与有根树中一个点最多只有一个父亲结点的特点类似。因此，我们根据数据构造一棵树，课程的先修课为这门课的父结点。又由于给定的输入是一个森林（多棵树组成的不一定连通的图），不是一棵完整的树，因此我们添加虚拟根结点$0$（$s_0=0$），将没有先修课的结点全部连到它下面，并从这里开始dfs。注意此时必须选中$0$号结点（它是所有课程的直接或间接先修课），所以操作前先将$M$加上$1$。

格式问题解决，下面考虑如何$\text{DP}$。
令$f[i][j]$表示当前在结点$i$、且已经选了$j$门课时的最大学分数量，则答案为$f[0][M+1]$。状态转移方程等详见代码。时间复杂度为$\mathcal O(NM)$，有兴趣的可以自己尝试证明。

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>
#define maxn 305
using namespace std;

// dp算法中常用的模板，等效于x=max(x,y)
inline void setmax(int& x, int y)
{
	if(x < y) x = y;
}

vector<int> G[maxn]; // 邻接表
int n, m, f[maxn][maxn];

int dfs(int u) // 遍历结点u，返回值为其子树大小
{
	int tot = 1; // 记录子树大小，初始为1
	for(int v: G[u]) // 遍历u的所有子结点
	{
		int sz = dfs(v); // 对当前子结点进行搜索
		// 状态转移，注意i倒序，防止串连转移现象
		for(int i=min(tot, m); i>0; i--) // 子树大小优化可降低算法复杂度
			for(int j=1, lim=min(sz, m-i); j<=lim; j++)
				setmax(f[u][i + j], f[u][i] + f[v][j]); // 更新状态
		tot += sz; // 加到当前子树下
	}
	return tot; // 返回子树大小
}

int main()
{
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		int a;
		scanf("%d%d", &a, f[i] + 1); // 初始化f[i][1]=s[i]
		G[a].push_back(i);
	}
	m ++; // 别忘了这一句
	dfs(0);
	printf("%d\n", f[0][m]);
	return 0;
}

习题

• LOJ #2546. 「JSOI2018」潜入行动
• LOJ #2268. 「SDOI2017」苹果树

3. 换根 DP

换根DP，即为不知道根结点时使用的一种树形DP，时间复杂度一般为$\mathcal O(N)$。

【例3.1】洛谷 P3478 [POI2008] STA-Station

给定一个$n$个点的树，请求出一个结点，使得以这个结点为根时，所有结点的深度之和最大。

先考虑最简单粗暴的方法，即为枚举所有结点，代码如下：

#include <cstdio>
#include <vector>
#define maxn 1000005
using namespace std;

vector<int> G[maxn];

int dfs(int v, int d, int par)
{
	int s = d;
	for(int u: G[v])
		if(u != par)
			s += dfs(u, d + 1, v);
	return s;
}

int main()
{
	int n;
	scanf("%d", &n);
	for(int t=n; --t; )
	{
		int u, v;
		scanf("%d%d", &u, &v);
		G[--u].push_back(--v);
		G[v].push_back(u);
	}
	int ans = 0, maxDepth = dfs(0, 0, -1);
	for(int root=1; root<n; root++)
	{
		int d = dfs(root, 0, -1);
		if(d > maxDepth) ans = root, maxDepth = d;
	}
	printf("%d\n", ++ans);
	return 0;
}

很明显，这种做法时间复杂度为$\mathcal O(n^2)$，又因为$n\le 10^6$，所以无法得全分，评测结果如下：

好家伙，居然还有50分，本以为最多30…

下面来考虑换根DP的方法。不妨令$u$为当前结点，$v$为其子结点。先预处理出每个结点的子树大小$s[u]=1+\sum s[v]$和以$1$为根结点时所有结点的深度（$\text{depth}_i$），此时第一遍DFS即为预处理。

令$f_u$表示以$u$为根时，所有结点的总深度和，则$f_1=\sum\text{depth}_i$。
考虑$f_u\to f_v$的转移，即“根结点从$u$变成$v$时所有结点深度和的变化”，则有：

• 所有在$v$的子树上的结点深度全部$-1$，则总深度和减少$s_v$；
• 所有不在$v$的子树上的结点深度都$+1$，则总深度和增加$n-s_v$；

此时，可得$f_v=f_u-s_v+n-s_v=f_u+n-2s_v$。注意数据类型，使用long long。

#include <cstdio>
#include <vector>
#define maxn 1000005
using namespace std;

using LL = long long;

vector<int> G[maxn];
LL sz[maxn], f[maxn];
int n, ans;

LL dfs1(int v, int d, int par)
{
	sz[v] = 1;
	LL s = d;
	for(int u: G[v])
		if(u != par)
			s += dfs1(u, d + 1, v), sz[v] += sz[u];
	return s;
}

void dfs2(int v, int par)
{
	if(f[v] > f[ans]) ans = v;
	for(int u: G[v])
		if(u != par)
		{
			f[u] = f[v] + n - (sz[u] << 1LL);
			dfs2(u, v);
		}
}

int main()
{
	scanf("%d", &n);
	for(int t=n; --t; )
	{
		int u, v;
		scanf("%d%d", &u, &v);
		G[--u].push_back(--v);
		G[v].push_back(u);
	}
	f[0] = dfs1(0, 0, -1);
	dfs2(0, -1);
	printf("%d\n", ++ans);
	return 0;
}

习题

• POJ 3585 Accumulation Degree
• 洛谷 P2986 [USACO10MAR] Great Cow Gathering G
• CodeForce 708C Centroids
• ABC 222F - Expensive Expense

4. 后记

好像这玩意也并不是开头所说的那么难…… 记得给个三连哦！

参考文献：

• 树形 DP - OI wiki
• 树形dp - tom0727’s blog