假如我是儿子——树形动态规划
来源：互联网 发布：数控车外螺纹编程实例 编辑：程序博客网 时间：2024/04/28 09:49
问题可以分解成若干相互联系的阶段，在每一个阶段都要做出决策，全部过程的决策是一个决策序列。要使整个活动的总体效果达到最优的问题，称为多阶段决策问题。动态规划就是解决多阶段决策最优化问题的一种思想方法。
阶段：
将所给问题的过程，按时间或空间（树归中是空间，即层数）特征分解成若干相互联系的阶段，以便按次序去求每阶段的解。
状态：
各阶段开始时的客观条件叫做状态。
决策：
当各段的状态取定以后，就可以做出不同的决定，从而确定下一阶段的状态，这种决定称为决策。 （即孩子节点和父亲节点的关系）
策略：
由开始到终点的全过程中，由每段决策组成的决策序列称为全过程策略，简称策略。
状态转移方程：
前一阶段的终点就是后一阶段的起点，前一阶段的决策选择导出了后一阶段的状态，这种关系描述了由k阶段到k+1阶段（在树中是孩子节点和父亲节点）状态的演变规律，称为状态转移方程。
目标函数与最优化概念：
目标函数是衡量多阶段决策过程优劣的准则。最优化概念是在一定条件下找到一个途径，经过按题目具体性质所确定的运算以后，使全过程的总效益达到最优。
树的特点与性质：
1、 有n个点，n-1条边的无向图，任意两顶点间可达
2、 无向图中任意两个点间有且只有一条路
3、 一个点至多有一个前趋，但可以有多个后继
4、 无向图中没有环；
拿到一道树规题，我们有以下3个步骤需要执行：
1. 判断是否是一道树规题：即判断数据结构是否是一棵树，然后是否符合动态规划的要求。如果是，那么执行以下步骤，如果不是，那么换台。
2. 建树：通过数据量和题目要求，选择合适的树的存储方式。如果节点数小于5000，那么我们可以用邻接矩阵存储，如果更大可以用邻接表来存储(注意边要开到2*n，因为是双向的。这是血与泪的教训)。如果是二叉树或者是需要多叉转二叉，那么我们可以用两个一维数组brother[]，child[]来存储（这一点下面会仔细数的）。
3. 写出树规方程：通过观察孩子和父亲之间的关系建立方程。我们通常认为，树规的写法有两种：
a.根到叶子: 不过这种动态规划在实际的问题中运用的不多。
b.叶子到根: 既根的子节点传递有用的信息给根，完后根得出最优解的过程。这类的习题比较的多。
注意：这两种写法一般情况下是不能相互转化的。但是有时可以同时使用具体往后看。
以下即将分析的题目的目录及题目特点：
1、加分二叉树：区间动规+树的遍历；
2、二叉苹果树：二叉树上的动规；
3、最大利润：多叉树上的动规；
4、选课：多叉树转二叉；
5、选课（输出方案）：多叉转二叉+记录路径；
6、软件安装：判断环+缩点+多叉转二叉；
【4、5、6属于依赖问题的变形】
1、加分二叉树
描述 Description
设一个n个节点的二叉树tree的中序遍历为（l,2,3,…,n），其中数字1,2,3,…,n为节点编号。每个节点都有一个分数（均为正整数），记第i个节点的分数为di，tree及它的每个子树都有一个加分，任一棵子树subtree（也包含tree本身）的加分计算方法如下：subtree的左子树的加分× subtree的右子树的加分＋subtree的根的分数
若某个子树为空，规定其加分为1，叶子的加分就是叶节点本身的分数。不考虑它的空子树。
试求一棵符合中序遍历为（1,2,3,…,n）且加分最高的二叉树tree。要求输出；
（1）tree的最高加分
（2）tree的前序遍历
输入格式 Input Format
第1行：一个整数n（n＜30），为节点个数。
第2行：n个用空格隔开的整数，为每个节点的分数（分数＜100）。
输出格式 Output Format
第1行：一个整数，为最高加分（结果不会超过4,000,000,000）。
第2行：n个用空格隔开的整数，为该树的前序遍历。
样例输入 Sample Input
5
5 7 1 2 10
样例输出 Sample Output
145
3 1 2 4 5
分析：
这道题我们可以发现可以让左子树最大，右子树最大，从而达到整棵树的权值最大，符合最优化原理，所以它是一道简单的动态规划，而不是树规，样例给的是中序遍历，就是用f[i][j]表示从i到j的最大值，方程很简单，第一问可以轻松解决。我们看第二问，要求的是前序遍历，r[i][j]表示从i到j的根，递归求解。
代码如下：
#include<iostream>#include<cmath>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#define INF -999999999using namespace std;int N,a[40],f[40][40],r[40][40];void init(){scanf("%d",&N);for(int i=0;i<=N;i++)for(int j=0;j<=N;j++)f[i][j]=1;for(int i=1;i<=N;i++){scanf("%d",&a[i]);f[i][i]=a[i];r[i][i]=i;}}void DP(){for(int l=1;l<=N;l++)for(int i=1;i<=N;i++){int j=i+l; if(j>N) continue;int temp=INF;for(int k=i;k<=j;k++)if(temp<(f[i][k-1]*f[k+1][j]+a[k])){temp=f[i][k-1]*f[k+1][j]+a[k];r[i][j]=k;}f[i][j]=temp;}printf("%d\n",f[1][N]);}void work(int x,int y){if(r[x][y]!=0) cout<<r[x][y]<<' ';if(r[x][r[x][y]-1]!=0) work(x,r[x][y]-1); if(r[r[x][y]+1][y]!=0) work(r[x][y]+1,y);}int main(){init();DP();work(1,N);return 0;}小结：看见一道题，应该看清算法，不是有个二叉树就是树规。
2、二叉苹果树
描述 Description
有一棵苹果树，如果树枝有分叉，一定是分2叉（就是说没有只有1个儿子的结点）。这棵树共有N个结点（叶子点或者树枝分叉点），编号为1-N,树根编号一定是1。
我们用一根树枝两端连接的结点的编号来描述一根树枝的位置。下面是一颗有4个树枝的树：
2 5
\ /
3 4
\ /
1
现在这颗树枝条太多了，需要剪枝。但是一些树枝上长有苹果。
给定需要保留的树枝数量，求出最多能留住多少苹果。
输入格式 Input Format
第1行2个数，N和Q(1<=Q<= N,1<N<=100)。
N表示树的结点数，Q表示要保留的树枝数量。接下来N-1行描述树枝的信息。每行3个整数，前两个是它连接的结点的编号。第3个数是这根树枝上苹果的数量。每根树枝上的苹果不超过30000个。
输出格式 Output Format
一个数，最多能留住的苹果的数量。
样例输入 Sample Input
5 2
1 3 1
1 4 10
2 3 20
3 5 20
样例输出 Sample Output
21
时间限制 Time Limitation
1s
分析：
明确这是树规，的的确确的树规，如假包换的树规。
我们一般用邻接矩阵或邻接表存树，本题可以用邻接矩阵。
我们发现，做普通DP时，每个权值都是在点上的，从没有在点与点之间过，强迫症，我们把没个边的权值存在子节点上。
第一步要做的是建树，本题我们要用已有的邻接矩阵建立一颗二叉树，tree[i][1]表示i的左子树，tree[i][2]表示i的右子树，然后递归建树。
然后我们再进行树规，树规一般都是用记忆化搜索来写的，f[i][k]表示以i为根的子树保留k个枝的最大值，方程：f[v][k]=max(f[v][k],(f[tree[v][1]][i]+f[tree[v][2]][k-i-1]+num[v]))，f[1][Q+1]就是最后答案。
代码如下：
#include<iostream>#include<cmath>#include<cstring>#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;int N,Q,a[110][110],num[110],tree[110][5],f[110][110];void init(){scanf("%d%d",&N,&Q);for(int i=0;i<=N;i++)for(int j=0;j<=N;j++)a[i][j]=a[i][j]=-1;for(int i=1;i<N;i++){<span style="white-space:pre"></span>int x,y,z;scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);a[x][y]=a[y][x]=z;}}void maketree(int v);void build(int x,int y,int lr){num[y]=a[x][y];tree[x][lr]=y;a[x][y]=-1;a[y][x]=-1;//记忆化，避免重复建树。 maketree(y);//递归完成根到叶的建树。}void maketree(int v){int lr=0;for(int i=0;i<=N;i++)<span style="white-space:pre"></span>if(a[v][i]>=0){lr++;//分别记到左子树或右子树上。build(v,i,lr);if(lr==2) return;}}void dfsDP(int v,int k){if(k==0) f[v][k]=0;else if(tree[v][1]==0&&tree[v][2]==0) f[v][k]=num[v];else{f[v][k]=0;for(int i=0;i<k;i++){if(f[tree[v][1]][i]==0) dfsDP(tree[v][1],i);if(f[tree[v][2]][k-i-1]==0) dfsDP(tree[v][2],k-i-1);f[v][k]=max(f[v][k],(f[tree[v][1]][i]+f[tree[v][2]][k-i-1]+num[v]));}}}int main(){init();maketree(1);//建树。dfsDP(1,Q+1);printf("%d\n",f[1][Q+1]);return 0;}小结：树规我们一般都用二叉树，二叉树可以用静态数组存储。下面给出几道多叉的题目，看看怎么解决。
3、最大利润
描述 Description
政府邀请了你在火车站开饭店，但不允许同时在两个相连接的火车站开。任意两个火车站有且只有一条路径，每个火车站最多有50个和它相连接的火车站。
告诉你每个火车站的利润，问你可以获得的最大利润为多少。
例如下图是火车站网络：
最佳投资方案是在1，2，5，6这4个火车站开饭店可以获得利润为90
输入格式 Input Format
第一行输入整数N(<=100000)，表示有N个火车站，分别用1，2。。。，N来编号。接下来N行，每行一个整数表示每个站点的利润，接下来N-1行描述火车站网络，每行两个整数，表示相连接的两个站点。
输出格式 Output Format
输出一个整数表示可以获得的最大利润。
样例输入 Sample Input
6
10
20
25
40
30
30
4 5
1 3
3 4
2 3
6 4
样例输出 Sample Output
90
时间限制 Time Limitation
1s
#include<iostream>#include<cmath>#include<cstring>#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;int N,a[100010],f[100010][2]={},len=0;int linkk[100010]={};struct edge{int next,y;}e[200010];void insert(int xx,int yy)//邻接表储存树。{e[++len].y=yy;e[len].next=linkk[xx];linkk[xx]=len;}void init(){scanf("%d",&N);for(int i=1;i<=N;i++) scanf("%d",&a[i]);for(int i=1;i<N;i++){int xx,yy;scanf("%d%d",&xx,&yy);insert(xx,yy);insert(yy,xx);}}void dfsDP(int r,int fa){for(int i=linkk[r];i;i=e[i].next)if(e[i].y!=fa)//因为存的是双向边，所以需要避免找会父亲节点。{dfsDP(e[i].y,r); f[r][0]+=f[e[i].y][1];//当前点要那么当前的孩子就不要。 f[r][1]+=max(f[e[i].y][0],f[e[i].y][1]);//当前的不要那么当前点的孩子可要可不要。}f[r][0]+=a[r];//加上当前点的利润。}int main(){init();dfsDP(1,1);printf("%d\n",max(f[1][0],f[1][1]));//本题中我们以1为根。return 0;}小结：这道多叉树的题目是比较简单的，只要建树然后找孩子与父亲的关系之后状态转移即可，下面看一道繁琐点的。
4、选课
#include<iostream>#include<cmath>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;int N,M,a[310],c[310],b[310],f[310][310];void init(){scanf("%d%d",&N,&M);memset(f,-1,sizeof(f));for(int i=1;i<=N;i++){int t1,t2;scanf("%d%d",&t1,&t2);a[i]=t2;if(t1==0) t1=N+1;//以N+1为根。b[i]=c[t1]; c[t1]=i;//采用二叉树的储存方式。}}void dfsDP(int x,int y){if(f[x][y]>=0) return;if(x==0||y==0){f[x][y]=0;return;}dfsDP(b[x],y);for(int k=0;k<y;k++){dfsDP(b[x],k);//不取根结点。dfsDP(c[x],y-k-1);//取根节点。f[x][y]=max(f[x][y],max(f[b[x]][y],f[b[x]][k]+f[c[x]][y-k-1]+a[x]));}}int main(){init();dfsDP(c[N+1],M);printf("%d\n",f[c[N+1]][M]);return 0;}5、选课（输出方案）
#include<iostream>#include<cmath>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;int N,M,a[510],c[510],b[510],f[510][510];bool ans[510];void init(){scanf("%d%d",&N,&M);memset(f,-1,sizeof(f));for(int i=1;i<=N;i++){int t1,t2;scanf("%d%d",&t1,&t2);a[i]=t2;if(t1==0) t1=N+1;//以N+1为根。b[i]=c[t1]; c[t1]=i;}}void dfsDP(int x,int y){if(f[x][y]>=0) return;if(x==0||y==0){f[x][y]=0;return;}dfsDP(b[x],y);for(int k=0;k<y;k++){dfsDP(b[x],k);//不取根结点。dfsDP(c[x],y-k-1);//取根节点。f[x][y]=max(f[x][y],max(f[b[x]][y],f[b[x]][k]+f[c[x]][y-k-1]+a[x]));}}void path(int x,int y){if(x==0||y==0) return;if(f[x][y]==f[b[x]][y]) path(b[x],y);else{for(int k=1;k<=y;k++)if(f[x][y]==f[b[x]][k-1]+f[c[x]][y-k]+a[x]) { path(b[x],k-1); path(c[x],y-k); ans[x]=1; return; }}}int main(){init();dfsDP(c[N+1],M);printf("%d\n",f[c[N+1]][M]);path(c[N+1],M);for(int i=1;i<=N;i++)if(ans[i]) printf("%d\n",i);return 0;}6、软件安装
#include<iostream>#include<cmath>#include<cstdio>#include<algorithm>#include<cstring>#define oo 510using namespace std;int N,M,w[oo],v[oo],d[oo],b[oo],c[oo],f[oo][5*oo];//注意范围，因为有缩点。bool map[oo][oo];int t1,t2=0;void init(){scanf("%d%d",&N,&M);for(int i=1;i<=N;i++) scanf("%d",&w[i]);for(int i=1;i<=N;i++) scanf("%d",&v[i]);for(int i=1;i<=N;i++){int a;scanf("%d",&a);d[i]=a;map[a][i]=1;}for(int k=1;k<=N;k++)for(int i=1;i<=N;i++)for(int j=1;j<=N;j++)if(map[i][k]&&map[k][j])map[i][j]=1;}void merge()//缩点。{t1=N;for(int i=1;i<=t1;i++)for(int j=1;j<=t1;j++){if(map[i][j]&&map[j][i]&&w[i]>0&&w[j]>0&&i!=j){t1++;v[t1]=v[i]+v[j];//引进新的点来储存两个互相连通的点。w[t1]=w[i]+w[j];t2--;//保证t1+t2=N，这是记录合并后点的需要。w[i]=w[j]=t2;//这用来记忆该新点下标，方便之后其他点与这个点合并，也是标记该点已经缩过。}//这是一个新的环，需要缩点。if(map[j][d[j]]&&map[d[j]][j]&&w[d[j]]<0&&w[j]>0){w[N-w[d[j]]]+=w[j];v[N-w[d[j]]]+=v[j];w[j]=w[d[j]];//这几行很强大，是对上一个if的使用，N-w[i]其实就是已经缩过i点的新点下标。}//j所依赖的点已经缩过，而且j也在环里。if(w[d[j]]<0&&w[j]>0)//j依赖的点已经缩过，但是j不在环里。if((map[j][d[j]]&&!map[d[j]][j])||(!map[j][d[j]]&&map[d[j]][j]))d[j]=N-w[d[j]];}}int dfsDP(int x,int k){if(f[x][k]>0) return f[x][k];if(x==0||k<=0) return 0;f[b[x]][k]=dfsDP(b[x],k);//不取x点。f[x][k]=f[b[x]][k];int y=k-w[x];for(int i=0;i<=y;i++){f[c[x]][y-i]=dfsDP(c[x],y-i);f[b[x]][i]=dfsDP(b[x],i);f[x][k]=max(f[x][k],f[c[x]][y-i]+f[b[x]][i]+v[x]);}return f[x][k];}int main(){init();merge();for(int i=1;i<=t1;i++)//多叉转二叉。if(w[i]>0){b[i]=c[d[i]];c[d[i]]=i;}printf("%d\n",dfsDP(c[0],M));return 0;}- 假如我是儿子——树形动态规划
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