淺談樹形 DP

阿新 • • 發佈：2021-10-30

樹形 DP 是 NOIP/CSP 常考型別，是最重要的 DP。

由於樹固有的遞迴性質，樹形 DP 一般都是遞迴進行的。

基礎

以下面 [【LG P1352】沒有上司的舞會] 為例，介紹一下樹形 DP 的一般過程。

某大學有 \(n\) 個職員，編號為 \(1\) ~ \(n\)。他們之間有從屬關係，父結點就是子結點的直接上司。現在有個週年慶宴會，宴會每邀請來一個職員都會增加一定的快樂指數 \(a_i\)，但是，如果某個職員的上司來參加舞會了，那麼這個職員就不肯來參加舞會了。求最大的快樂指數。

我們可以定義 \(f_{i,0/1}\) 代表以 \(i\) 為根的子樹的最優解（第二維的值為 \(0\)

代表 \(i\) 不參加舞會的情況，\(1\) 代表 \(i\) 參加舞會的情況）。

顯然，我們可以推出下面兩個狀態轉移方程（其中下面的 \(v\) 都是 \(u\) 的兒子，下同）：

\(f_{u,0}=\sum_{\text{edge}(u,v)}\max\{f_{v,1},f_{u,0}\}\)（上司不參加舞會時，下屬可以參加，也可以不參加）
\(f_{u,1}=\sum_{\text{edge}(u,v)}f_{u,0}+a_i\)（上司不參加舞會時，下屬可以參加，也可以不參加）

我們可以通過 DFS，在返回上一層時更新當前結點的最優解。

程式碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[6005],f[6005][2];
vector<int> v[6005];
bool staff[6005];
void dp(int x) {
	f[x][0]=0;
	f[x][1]=a[x];
	for(int i=0; i<v[x].size(); i++) {
		int t=v[x][i];
		dp(t);
		f[x][0]+=max(f[t][0],f[t][1]);
		f[x][1]+=f[t][0];
	}
}
int main() {
	int n;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		scanf("%d",a+i);
	}
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		int x,y;
		scanf("%d %d",&x,&y);
		v[y].push_back(x);
		staff[x]=1;
	}
	int root;
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		if(!staff[i]) {
			root=i;
		}
	}
	dp(root);
	printf("%d",max(f[root][0],f[root][1]));
	return 0;
}

相關練習：LG P2016戰略遊戲。

樹上揹包

樹形揹包解決的問題是給你幾個物品，但物品有依賴關係，\(a\) 依賴 \(b\)，\(b\) 依賴 \(c\)，選 \(a\) 就必須選 \(b\)，選 \(b\) 就必須選 \(c\)，一個物品只能依賴一個物品，但一個物品可以被多個物品依賴，這裡就能看出來這是一個樹。叫你選擇 \(n\) 物品可以使得價值最大，價值為多少？

一般我們的狀態就是 \(f_{i,j}\) 表示以 \(i\) 為根節點的子樹中選擇了 \(j\) 個點所得到的價值，轉移也大都是利用 dfs 回溯和揹包來進行。

以下面【CTSC 1997】選課為例，介紹一下樹形揹包。

有一堆樹構成的森林，共 \(n\) 個點。每個點有一個權值 \(s_i\)。一個點可以被選擇，當且僅當它到根節點的路徑上的所有點都被選擇。共選擇 \(m\) 個點，求被選擇的點的權值和的最大值。

一個小技巧：我們發現，如果 \(0\) 算一個節點的話，整張圖就是一棵樹了。

這樣的好處：

一棵樹就不用分別考慮各棵樹然後合併了。輸入方便很多，不用特別處理 \(0\) 的情況。但是 \(m\) 就會受影響。

因為根節點 \(0\) 是必選的，所以只要讓 \(m\) 增加 \(1\) 就好了。

首先，不難看出，父節點的資訊可以由子節點合併得到並且不會影響子節點。

所以使用 dp 或者記憶化搜尋就好了。

不難想到，用 \(dp_{u,i}\) 表示以節點 \(u\) 為根的子樹，選擇 \(i\) 個點可以獲得的最大權值和。然後想如何轉移。

好像遇到麻煩了！

顯然合併子節點的資訊一定能得到父節點的資訊，但使用簡單的演算法好像不行了。

~~沒事反正資料範圍小。~~

繼續觀察，發現每個子節點都會佔用父節點 \(i\) 的一部分，又有一個貢獻，可以選擇或不選擇。

重量……價值……總重……這不是 \(01\) 揹包嗎？

不同之處在於，每個子節點的重量都是變數。

重新設計狀態，用 \(dp_{u,i,j}\) 表示節點 \(u\) 的前 \(i\) 個子節點，限重為 \(j\) 能得到的最大權值和（價值和）

像 \(01\) 揹包一樣壓縮空間，得到：

\(dp_{i,j}\) 表示節點 \(u\)，限重 \(j\) 的最大權值和（價值和）。

for(int i=head[u]; i; i=e[i].nxt) {
	int v=e[i].to;
	dp(v);
	for(int j=m+1; j; j--) {
		for(int k=0; k<j; k++) {
			f[u][j]=max(f[u][j],f[v][k]+f[u][j-k]);
		}
	}
}

相關練習：

【LG P1273】有線電視網樹上分組揹包經典題。

轉移方程 dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][j-k]+dp[v][k]-這條邊的花費。\(v\) 表示列舉到這一組（即i的兒子），\(k\) 表示列舉到這組中的元素：選\(k\) 個使用者。
【LG P1272】重建道路類似樹上揹包的樹形 DP。

遞迴操作，\(f_{i,j}\) 表示保留 \(i\) 為根的子節點。\(c\) 陣列記錄點的度。因為這是一棵樹，所以每個點的度為 \(1\)。然後隨便設一個根，我設的 \(1\) 為根，\(1\) 的根就為 \(0\)。遞迴時傳入兩個引數，為當前節點和當前節點的根。
【IOI 2005】Riv 河流樹上揹包，也有更快的 wqs 二分做法。