A
做树形 dp 时,尝试将题目转化为只考虑子树内.
对于这个题,因为起点到终点的路径总能拆成 起点 -> LCA -> 终点 的形式,所以我们考虑枚举 LCA 进行 dp.为了使汽油量最大,我们维护 \(dp_i\) 表示子树内跑到 \(i\) 的最大值,\(f_i\) 表示次大值.答案即为 \(\max\{dp_i+f_i+w_i\}\),转移是套路的.
实现
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <string>
#include <stdlib.h>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#define int long long
using namespace std;const int N=3e5+5;
int n,ans;
struct EDGE{int v,w;
};
vector<EDGE> G[N];
int w[N],dp[N],f[N];void dfs(int cur,int fa){for(auto i:G[cur]){if(i.v==fa)continue;dfs(i.v,cur);if(dp[i.v]-i.w+w[i.v]>dp[cur])f[cur]=dp[cur],dp[cur]=dp[i.v]-i.w+w[i.v];else if(dp[i.v]-i.w+w[i.v]>f[cur])f[cur]=dp[i.v]-i.w+w[i.v];}
}signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>w[i];for(int i=1,u,v,w;i<n;i++){cin>>u>>v>>w;G[u].push_back({v,w});G[v].push_back({u,w});}dfs(1,0);int ans=-1e18;for(int i=1;i<=n;i++)ans=max(ans,dp[i]+f[i]+w[i]);cout<<ans;return 0;
}
B
这个题是讲过的,关于解法请查阅往期笔记.
错因:对于 dp 状态的定义太模糊.dp 题一定要在草稿纸上写出四要素.
C
两年前的这个时候打的月赛题,当时保龄了(现在估计也差不多).more and more vegetable,what should i do?
首先可以观察出来一些东西:
-
必然先炸后连,不然有可能把刚连上的炸掉.
-
由于是森林,最后一定需要 \(n-m-1\) 次操作来维持连通性.
有了上面两条结论,我们就只需要考虑炸的部分了.于是最优化问题很难不想到树形 dp.
分类讨论起手.不难发现,对于每个节点,只有三种情形:
-
自我毁灭,出边全炸.
-
保留一个孩子,自己作为链头/链尾.
-
保留两个孩子,自己作为链的中间点.
自然地,令 \(dp_{i,0/1/2}\),表示节点 \(i\) 全炸/留一个/留两个的最少操作次数.
答案是所有连通块的 \(\min(dp_{root,0},dp_{root,1},dp_{root,2})\) 之和.
转移同样分类讨论:
-
自我毁灭的情形,它必然还是得把那些炸掉的边连起来,炸的这一次也会付出 \(1\) 的代价,这部分是 \(deg_i+1\) 的;同时,它还需要考虑从子节点转移,子节点三种状态均可,只是如果子节点也是自我毁灭,那么它和父节点连的那条边就会重复算,需要减掉,这部分是 \(\min(dp_{son,0}-1,dp_{son,1},dp_{son,2})\) 的.两部分加起来就好.
-
留一个的情形,显然我们需要儿子们全都炸了,所以先加上 \(\sum dp_{son,0}\).但我们还得留一个,所以得扣除一个 \(dp_{son,0}\),再加上 \(dp_{son,1}\).那么选哪个儿子最好呢?把后面两项合并为 \(-(dp_{son,0}-dp_{son,1})\),显然减号后面这一坨取 \(\max\) 的时候最优,简单维护即可.
-
留两个的情形,从留一个出发,我们还得做一遍扣除再加上的操作,但不能和先前留的那一个重合,所以维护一个次大值就好.
于是转移方程就出来了:
然后这题就做完了.本题轻微卡常,注意不要开 LL.
实现
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N=2e6+5;
int n,m;
int dp[N][3];
bool dfn[N];
vector<int> G[N];void dfs(int cur,int fa){dfn[cur]=1;int fir=0,sec=0;for(int i:G[cur]){if(dfn[i])continue;dfs(i,cur);if(dp[i][0]-dp[i][1]>fir)sec=fir,fir=dp[i][0]-dp[i][1];else if(dp[i][0]-dp[i][1]>sec)sec=dp[i][0]-dp[i][1];dp[cur][0]+=min({dp[i][0]-1,dp[i][1],dp[i][2]});dp[cur][1]+=dp[i][0];}dp[cur][0]+=G[cur].size()+1;dp[cur][1]-=fir;dp[cur][2]=dp[cur][1]-sec;
}signed main(){//freopen("traffic2.in","r",stdin);//freopen("traffic2.out","w",stdout);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cin>>n>>m;for(int i=1,u,v;i<=m;i++){cin>>u>>v;G[u].push_back(v);G[v].push_back(u);}int ans=0;for(int i=1;i<=n;i++)if(!dfn[i])dfs(i,0),ans+=min({dp[i][0],dp[i][1],dp[i][2]});cout<<ans+n-1-m;return 0;
}
D
待补......
总结
树形 dp:转化为子树内问题、分类讨论设状态以及转移.
两个技巧点. 以上.
