树形DP

DP有些求骗的东西，比如树形DP。
怎么说呢，树也是个DAG，按理说，是DAG就能动规。

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用题说事

先看一道题

洛谷P1271 聚会的快乐

得自己建树，人名字符串还要映射……板恶心……

说正事。
这道题里，上司—下属关系就是一个天然的有向边，利用它，从老板开始，往下深搜就好啦～

建树当然是好用的链式前向星啦～不过转二叉树也可以
真正写代码时，是看取不取他的下属
一个下属取，一个下属不取……
在加上本身取不取就是这一棵子树最大值。

代码 75分

再来一道题

洛谷P1271 有线电视网

分析下次上

代码 AC

给你三个题

似乎不止三个……
洛谷 P2014 选课
洛谷 P2015 二叉苹果树
（紫书p282）
UVa 12186 Another Crisis
UVa 1220 Party at Hali-Bula
UVa 1218 Perfect Service
题解会有的……

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几个知识点（待补充）

来自紫书、蓝书、挑战程序设计竞赛

树的最大独立集

对于一棵 n 个结点的无根树，选出尽量多的结点，使其中任意两个结点均不相邻（即最大独立集）。
洛谷P1271就是一个最大独立集问题，不过带了权（幽默系数）。然而，P1271是有根的（上司）。

那么，对于最大独立集问题，只需随便“提溜”一个结点“当”根，然后就很开心了。

（紫书p281）
对结点i，只有两种决策：选和不选。即方程：

d(i)=max{1+∑j∈grandson(i)d(j),∑j∈son(i)d(j)}

d(i)表示以 i 为根结点的子树的最大独立集

写代码时，方法一是记搜（如P1271）；方法二是“刷表法”：对结点 i ，计算出d(i)后，更新 i 的父亲和祖父的累加值，这样只需存每个结点的父亲就好（只开一个数组）。

法一代码

    int dp[N][2];    int dfs(int i,int qu){        if(dp[i][qu])return dp[i][qu];        int ans=0;        for(int e=head[i];e;e=nex[e]){            int son=dfs(to[e],0);            if(!qu)son=max(son,dfs(to[e],1));            ans+=son;            }        return dp[i][qu]=ans+son*qu;        }

法二代码

树的重心（质心）

紫书p281

对于一棵 n 个结点的无根树（又是无根树），找到一个点，使把树变成以它为根的有根树时，最大子树的节点数最小。也就是说，删除它后最大的树的节点数最少。

同样，先“提溜”一个结点“当”根，设d(i)表示以 i 为根的子树中结点个数，则有：

d(i)=1+∑j∈son(i)d(j)

然后随便dfs就行了。
这只是把d(i)求出来了，删除 i 时，在

f(i)=max{maxj∈son(i)d(j),n−d(i)}

中，取一个最小的f(i)，此时 i 就是重心。

（紫书p281）
f(i)表示删除 i 后，最大子树的结点数。n-d(i)表示 i 的父结点连的结点总数。因为d(i)=1+∑j∈son(i)d(j)，d(i)就是图中虚线方块外的结点数，自然n-d(i)就是虚线方块内的结点数。

代码

int f[N],d[N];int dfs(int i,int fa){    int sum=0;    for(int e=head[i];e;e=nex[e])        if(to[e]!=fa)sum+=dfs(to[e],i);    return d[i]=sum+1;    }int zhongxin(int root){    int a=dfs(root,-1),ans=-1,ff=INF;    for(int i=1;i<=n;i++){        int son=n-d[i];        for(int e=head[i];e;e=nex[e])            son=max(son,d[to[e]]);        if(son<ff){            ff=son;            ans=i;            }        }    return ans;    }

树的直径（树的最长路径、最远点对）

紫书p281、挑战程序设计竞赛p295

对 n 个结点的无根树，找到一条最长路径，即找到两个点，使它们距离最远。

普通算法就是随便提溜一个根root，然后dfs找到根最远的点，再从这个点出发，dfs找最远的点。这样，第二次dfs找的路径就是树的直径。
一眼看就是对的。可为什么对，不说了，不重要。代码很简单，不打了，挑战程序设计竞赛p295有。

重要的是DP算法。

（紫书p281）
dp只能求最长路长度，如果只要求长度，那就开心了。
设d(i)表示以 i 为根的子树中根到叶子的最大距离，则有：

d(i)=1+maxj∈son(i){d(j)}

其中”1”就是 i 到 j 的路径长度，也可换成权值。然后就好理解了。
最后结果就是root的子节点中，d最大的两个d(u)，d(v)，再加上2。（d(u)+d(i)+2）。
看上面的图：d(u)，d(v)已知，u到灰色节点距离为1，v到灰色节点距离也为1，加起来就是d(u)+d(i)+2（也可带权）。

int d[N];int dfs(int i,int fa){    int ans=0;    for(int e=head[u];e;e=nex[e])        if(to[e]!=fa)            ans+=dfs(to[e],i);    return d[i]=ans+1;    }

OBST（最优排序二叉树）

蓝书p63
有 n 个符号，每个符号有一个检索频率，互不相同。将它们建成一棵排序二叉树，使总检索次数（所有符号的频率与其深度乘积之和，根的深度==1）最小。
UVa 10304 Optimal Binary Search Tree

这算序列型DP还是树状DP呢？不管，反正这个挺难的。
前方高能！！！
和XXX一样，先选根，再递归左右子树。
根的频率知道了，那么，它的儿子就要乘2，孙子就要乘3……太麻烦！直接所有的都加一次得了。子树？子树再当成根，递归。那方程就是：

d(i,j)=sum(i,j)+maxi<=k<=j{d(i,k−1)+d(k+1,j)}

d(i,j)表示序列i~j的总检索次数，sum(i,j)表示i~j频率和。O(n3)。

int sum[N],d[N][N];int build(int l,int r){    if(l==r)return sum[l]-sum[l-1];    if(d[l][r])return d[l][r];    int son=0;    for(int k=l;k<=r;k++)        son=max(son,build(l,k-1)+build(k+1,r));    return son+(sum[r]-sum[l-1]);    }int work(){    for(int i=1;i<=n;i++)        sum[i]+=sum[i-1];//直接在输入数组上做前缀和    return build(1,n);    }

这只是比较朴素的方法……
前方真正高能！！！
能降至O(n2)。记K(i,j)为让d(i,j)取最小值的决策k，有

K(i,j)≤K(i,j+1)≤K(j+1,i+1)

证明要四边形不等式！！！

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如果对于任意的a1≤a2< b1≤b2，有不等式

m(a1,b1)+m(a2,b2)≤m(a1,b2)+m(a2,b1)

成立，则m(i,j)满足四边形不等式。

由上面所设，i≤j，所以套不等式：

K(i,i)+K(i+1,j+1)≤K(i,j+1)+K(i+1,j)

i≤j，而i+1就不一定了，于是K(i+1,j)无意义，扔掉。
就是：

K(i,i)+K(i+1,j+1)≤K(i,j+1)

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所以，枚举k就可改成K(i,j-1)~K(i+1,j)。这两个是早就算过的，从而降至O(n2)。

总结一下