最大子樹和

算法分析
典型的樹形DP，要結合貪心的思想。f[x]存儲以x爲根可以得到的最大美麗值,若子樹的美麗值小於零，即對結果有害，應減去。
狀態轉移方程: f [ x ] + = f [ y ] > 0 ? f [ y ] : 0 f[x]+=f[y]>0?f[y]:0 f[x]+=f[y]>0?f[y]:0
Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int Read(){
   
   
	int dx=0,fh=1;
	char c;
	c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){
   
   
		if(c=='-')	fh=-1;
		c=getchar();
	}
	while(c<='9'&&c>='0'){
   
   
		dx=dx*10+c-'0';
		c=getchar();
	}
	return dx*fh;
}

struct node{
   
   
	int to,next;
}edg[170000];
int n,beauty[170000],h[170000],cnt,ans,f[170000];
void add(int a,int b){
   
   
	++cnt;
	edg[cnt].to=b;
	edg[cnt].next=h[a];
	h[a]=cnt;
}
void dfs(int u){
   
   
	f[u]=beauty[u];
	for(int i=h[u];i;i=edg[i].next){
   
   
		int v=edg[i].to;
		dfs(v);
		if(f[v]>0)	f[u]+=f[v];
	}
	ans=max(ans,f[u]);
}
int main(){
   
   
	n=Read();
	for(int i=1;i<=n;++i)	beauty[i]=Read();
	for(int i=1;i<=n-1;++i){
   
   
		int aa,bb;
		aa=Read(),bb=Read();
		add(aa,bb);add(bb,aa);
	}
	dfs(1);
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

總結與反思

結合不同算法的思想對於代碼很有幫助
數組開大(最好題中數據的2倍)

選課

鏈接:P2014 [CTSC1997]選課

算法分析:
樹形分類揹包DP。每個先修課都是後驅課的父節點，整個圖即爲一個森林，每個根節點可以連接到一個虛擬的價值爲0的總先驅節點，由於先驅節點佔空間，揹包容量要加一。設 f [ x ] [ y ] f[x][y] f[x][y]爲以 x x x爲根，佔用 y y y個空間的最大學分,然後利用多重揹包來解即可。
Code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int Read(){
   
   
	int dx=0,fh=1;
	char c;
	c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){
   
   
		if(c=='-')	fh=-1;
		c=getchar();
	}
	while(c<='9'&&c>='0'){
   
   
		dx=dx*10+c-'0';
		c=getchar();
	}
	return dx*fh;
}
struct node{
   
   
	int to,next;
}edg[17000];
int n,m,h[1700],score[1000],cnt,ans,f[17000][500];
void add(int a,int b){
   
   
	++cnt;
	edg[cnt].to=b;
	edg[cnt].next=h[a];
	h[a]=cnt;
}
void dfs(int u){
   
   
	f[u][1]=score[u];
	int flag=1;
	for(int i=h[u];i;i=edg[i].next){
   
   
		flag=0;
		int v=edg[i].to;
		dfs(v);
		for(int j=m;j>=1;--j)
			for(int k=1;k<j;++k)
				f[u][j]=max(f[u][j],f[v][k]+f[u][j-k]);
	}
	if(flag==1)
		for(int i=2;i<=m+1;++i)
			f[u][i]=f[u][i-1];
}
int main(){
   
   
	n=Read(),m=Read();
	for(int i=1;i<=n;++i){
   
   
		int pre;
		pre=Read();
		score[i]=Read();
		add(pre,i);
	}
	++m;
	dfs(0);
	printf("%d",f[0][m]);
	return 0;
}

總結與反思

要通過虛擬根把森林轉化成一棵樹
要注意處理虛擬根帶來的佔用揹包空間的影響（揹包空間應加一）
揹包要通過逆序循環來節省維度

積蓄程度

鏈接:287. 積蓄程度

算法分析:
該數是一個無根樹，可以以任意一點爲根，因此一個最樸素的思想就是以單個節點爲根，打一遍DP。
但是…時間複雜度感人。因此，要找一種更爲巧妙的方式。

設 c [ i ] [ j ] c[i][j] c[i][j]爲 i i i與 j j j之間的容量，先以任意一點（設爲root）爲根，用 d [ x ] d[x] d[x]存儲 x x x節點對於它的子樹的最大流量。易得狀態轉移方程:
d [ x ] = Σ m i n ( d [ y ] + c [ x ] [ y ] ) d[x]=\Sigma min(d[y]+c[x][y]) d[x]=Σmin(d[y]+c[x][y])
一遍dfs就能把所有的 d d d求出來了。然後設 f [ x ] f[x] f[x]爲以 x x x爲源的整個樹的流量。顯然， f [ r o o t ] = d [ r o o t ] f[root]=d[root] f[root]=d[root]。
由於知道的是根，因此要從上往下遞推,若已知 f [ u ] f[u] f[u]，則 f [ v ] f[v] f[v]可分爲兩部分， f [ v ] f[v] f[v]的子樹( d [ v ] d[v] d[v])以及整棵樹除了 v v v的子樹以外的部分。
先看特殊情況： u u u點的度爲1,則以 u u u爲根時，水流全部入 v v v點，易得狀態轉移方程: f [ v ] = d [ v ] + c [ i ] [ j ] f[v]=d[v]+c[i][j] f[v]=d[v]+c[i][j]
我們知道以 u u u爲根時， u u u-> v v v的流量 = m i n ( d [ v ] , c [ u ] [ v ] ) =min(d[v],c[u][v]) =min(d[v],c[u][v])。所以 u u u流向其他地方的流量爲 f [ v ] − m i n ( d [ v ] , c [ u ] [ v ] ) f[v]-min(d[v],c[u][v]) f[v]−min(d[v],c[u][v]),即爲以 v v v根時， u u u子樹的最大承載度:
不難得出狀態轉移方程: f [ v ] = d [ v ] + m i n ( f [ v ] − m i n [ d [ v ] , c [ u ] [ v ] , c [ u ] [ v ] ) f[v]=d[v]+min(f[v]-min[d[v],c[u][v],c[u][v]) f[v]=d[v]+min(f[v]−min[d[v],c[u][v],c[u][v])
然後碼就完了。

Code:

#include<bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(2)
using namespace std;
const int INF=2147483647;
inline int Read(){
   
   
	int dx=0,fh=1;
	char c;
	c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){
   
   
		if(c=='-')	fh=-1;
		c=getchar();
	}
	while(c<='9'&&c>='0'){
   
   
		dx=dx*10+c-'0';
		c=getchar();
	}
	return dx*fh;
}
struct node{
   
   
	int to,next,val;
}edg[300000];
int n,h[300000],cnt,ans,f[300000],T,d[300000],dgr[300000];
void add(int a,int b,int val){
   
   
	++cnt;
	edg[cnt].to=b;
	edg[cnt].next=h[a];
	edg[cnt].val=val;
	h[a]=cnt;
}
void dfs1(int fa,int u){
   
   
	if(dgr[u]==1&&fa==edg[h[u]].to)	d[u]=INF;
	for(int i=h[u];i;i=edg[i].next){
   
   
		int v=edg[i].to;
		if(v==fa)	continue;
		dfs1(u,v);
		d[u]+=min(d[v],edg[i].val);
	}
}
void dfs(int fa,int u){
   
   
	for(int i=h[u];i;i=edg[i].next){
   
   
		int v=edg[i].to;
		if(v==fa)	continue;
		if(dgr[u]==1)	f[v]=edg[i].val;
		else	f[v]=min(edg[i].val,f[u]-min(edg[i].val,d[v]));
		if(dgr[v]>1)	f[v]+=d[v];
		dfs(u,v);
	}
	ans=max(ans,f[u]);
}
void Init(){
   
   
	memset(edg,0,sizeof(edg));
	memset(h,0,sizeof(h));
	memset(f,0,sizeof(f));
	memset(d,0,sizeof(d));
	memset(dgr,0,sizeof(dgr));
	n=0;cnt=0;ans=0;
}
int main(){
   
   
	T=Read();
	for(int TT=1;TT<=T;++TT){
   
   
		Init(); 
		n=Read();
		for(int i=1;i<n;++i){
   
   
			int aa,bb,cc;
			aa=Read();bb=Read();cc=Read();
			++dgr[aa];++dgr[bb];
			add(aa,bb,cc);
			add(bb,aa,cc);
		}
		dfs1(0,1);
		f[1]=d[1];
		dfs(0,1);
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}

總結與反思:

要注意特殊情況的處理方式
要從數據範圍來大致推算出時間複雜度限制，來選擇合適的算法
多組數據要在每算完一個答案後初始化

二叉蘋果樹

鏈接:P2015 二叉蘋果樹

算法分析：
先把整棵樹的基本信息弄明白，遍歷一遍，求出每個節點的左子樹 l [ ] l[] l[]與右子樹 r [ ] r[] r[]。題目中說保留 m m m條邊，相當於保留 m + 1 m+1 m+1個節點。每個邊上的蘋果可以轉移到該邊連接的兒子上面。然後設 f [ u ] [ i ] f[u][i] f[u][i]爲以 u u u爲根的子樹佔用 i i i個節點可獲得的最大蘋果樹。
目標： f [ 1 ] [ m + 1 ] f[1][m+1] f[1][m+1]
邊界條件:

f [ l e a v e s ] [ i ] = a p p l e [ l e a v e s ] ( 0 < i < m + 1 ) f[leaves][i]=apple[leaves](0<i<m+1) f[leaves][i]=apple[leaves](0<i<m+1)
f [ u ] [ 1 ] = a p p l e [ u ] f[u][1]=apple[u] f[u][1]=apple[u]

可推出狀態轉移方程:
f [ u ] [ i ] = m a x ( f [ l [ u ] ] [ k ] + f [ r [ u ] ] [ j − k − 1 ] + a p [ u ] ) f[u][i]=max(f[l[u]][k]+f[r[u]][j-k-1]+ap[u]) f[u][i]=max(f[l[u]][k]+f[r[u]][j−k−1]+ap[u])
Code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int Read(){
   
   
	int dx=0,fh=1;
	char c;
	c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){
   
   
		if(c=='-')	fh=-1;
		c=getchar();
	}
	while(c<='9'&&c>='0'){
   
   
		dx=dx*10+c-'0';
		c=getchar();
	}
	return dx*fh;
}
struct node{
   
   
	int to,next,val;
}edg[3000];
int n,h[3000],cnt,ans,f[1000][1006],m,l[1006],r[1006],ctt[1006],ap[1006];
void add(int a,int b,int val){
   
   
	++cnt;
	edg[cnt].to=b;
	edg[cnt].next=h[a];
	edg[cnt].val=val;
	h[a]=cnt;
}
void dfs1(int u,int fa){
   
   
	int flag=0;
	for(int i=h[u];i;i=edg[i].next){
   
   
		int v=edg[i].to;
		if(v==fa)	continue;
		ap[v]=edg[i].val;
		flag=1;
		if(ctt[u]==0)	l[u]=v,++ctt[u];
		else r[u]=v;
		dfs1(v,u);
	}
	if(flag==0)
		for(int i=1;i<=m;++i)
			f[u][i]=edg[h[u]].val;
	f[u][1]=ap[u];
}
void dfs(int u,int fa){
   
   
	for(int i=h[u];i;i=edg[i].next){
   
   
		int v=edg[i].to;
		if(v==fa)		continue;
		dfs(v,u);
		for(int j=2;j<=m;++j)
			for(int k=0;k<j;++k)
				f[u][j]=max(f[u][j],f[l[u]][k]+f[r[u]][j-k-1]+ap[u]);
	}
}

int main(){
   
   
	n=Read(),m=Read();++m;
	for(int i=2;i<=n;++i){
   
   
		int aa=Read(),bb=Read(),cc=Read();
		add(aa,bb,cc);
		add(bb,aa,cc);
	} 
	dfs1(1,0);
	dfs(1,0);
	printf("%d",f[1][m]);
	return 0;
}

總結與反思:

每個子樹的根一定要算在 f f f內
要學會用更加簡單的方法存二叉樹
邊帶權要學會轉化爲點帶權，同時剩餘的邊數轉化爲剩餘的點數時要加一

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