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1.树的最长路径
2.树的中心
3.数字转换
4.二叉苹果树
5.战略游戏
6.皇宫守卫 树形DP是一种动态规划方法#xff0c;主要用于解决树形结构的问题。在树形DP中#xff0c;通常会使用动态规划的思想来求解最优化问题。其核心在于通过不断地分解问题和优化子问题来解决…
目录
1.树的最长路径
2.树的中心
3.数字转换
4.二叉苹果树
5.战略游戏
6.皇宫守卫 树形DP是一种动态规划方法主要用于解决树形结构的问题。在树形DP中通常会使用动态规划的思想来求解最优化问题。其核心在于通过不断地分解问题和优化子问题来解决原问题以达到提高效率的目的。
树形DP的实现通常会使用递归或迭代的方式其中递归的方式较为直观而迭代的方式则可以避免递归可能导致的栈溢出问题。
在树形DP中通常会使用状态转移方程来描述子问题与原问题之间的关系以及如何从子问题的解推导出原问题的解。通过不断地优化子问题最终可以求解出原问题的解。
需要注意的是树形DP的问题通常涉及到很多细节需要注重细节的处理避免因为粗心大意而犯错。同时在训练过程中要勤于总结自己的经验和教训不断完善自己的知识体系。
想法
任取一个点作为起点找到距离该点最远的一个点u。
再找到距离u最远的一点v。DFS、BFS。
1.树的最长路径
给定一棵树树中包含n个结点编号1~n和n-1条无向边每条边都有一个权值。
现在请你找出树中的一条最长路径。
换句话说要找到两个点使得它们的距离最远。
#includeiostream
#includealgorithm
#includecstring
using namespace std;
const int N 10010, M N * 2;
int n;
int h[N], e[M], w[M], ne[M], idx;
int ans;
void add(int a, int b, int c)
{e[idx] b;w[idx] c;ne[idx] h[a];h[a] idx;
}
int dfs(int u, int father)
{int dis 0;//表示当前往下走的最大长度int d1 0, d2 0;for(int i h[u];i ! 1; i ne[i]){int j e[i];if(j father) continue;int d dfs(j, u) w[i];dist max(dist, d);if(d d1){d2 d1;d1 d;}else if(d d2){d2 d;}}ans max(ans, d1 d2);return dist;
}
int main()
{cin n;memset(h, 0, sizeof(h));for(int i 0;i n - 1; i){int a, b, c;cin a b c;add(a, b ,c); add(b, a, c);}dfs(1, -1);cout ans endl;return 0;
}
2.树的中心
给定一棵树树中包含n个结点编号1~n和n-1条无向边每条边都有一个权值。
请你在树中找到一个点使得该点到树中其它结点的最远距离最近。
输入格式
第一行包含整数n。
接下来n-1行每行包含三个整数aibici表示点ai和bi之间存在一条权值为ci的边。
#includeiostream
#includealgorithm
#includecstring
using namespace std;
const int N 10010, M N * 2, INF 0x3f3f3f3f;
int n;
int h[N], e[M], w[M], ne[M], idx;
int d1[N], d2[N], p1[N], p2[N], up[N];
void add(int a, int b, int c)
{e[idx] b;w[idx] c;ne[idx] h[a];h[a] idx;
}
int dfs_d(int u, int father)
{ d1[u] d2[u] -INF;for(int i h[u];i ! -1; i ne[i]){int j e[i];if(j father) continue;int d dfs_d(j, u) w[i];if(d d1[u]){d2[u] d1[u];d1[u] d;p2[u] p1[u];p1[u] j;}else if(d d2[u]){d2[u] d;p2[u] j;}}if(d1[u] -INF) d1[u] d2[u] 0;return d1[u];
}
void dfs_u(int u, int father)
{for(int i h[u];i ! -1; i ne[i]){int j e[i];if(j father) continue;if(p1[u] j) up[j] max(up[u], d2[u]) w[i];else up[j] max(up[u], d1[u]) w[i];dfs_u(j, u);}
}
int main()
{cin n;memset(h, -1, sizeof(h));for(int i 0;i n - 1; i){int a, b, c;cin a b c;add(a, b, c), add(b, a, c);}dfs_d(1, -1);dfs_u(1, -1);int res INF;for(int i 1;i n; i)res min(res, max(d1[i], up[i]));printf(%d\n, res);return 0;
}
3.数字转换
如果一个数z的约数之和y不包括它本身比它本身小的那么z就可以变成y有也可以变成x。
例如4可以变成31也可以变为7。
限定所有数字变换在不超过n的正整数范围内进行求不断进行数字变化且不出现重复数字最多变换步数。
#includeiostream
#includealgorithm
#includecstring
using namespace std;
const int N 50010;
int n;
int h[N], e[N], ne[N], idx;
int sum[N];
bool st[N];
int ans;
void add(int a, int b)
{e[idx] b;ne[idx] h[a];h[a] idex;
}
void dfs(int u)
{int d1 0, d2 0;for(int i h[u];i ! -1; i ne[i]){int j e[i];int d dfs(j) 1;if(d d1){d2 d1;d1 d;}else if(d d2){d2 d;}}ans max(ans, d1 d2);
}
int main()
{cin n;for(int i 1;i n; i)for(int j 2;j m / i; j)sum[i j] i;memset(h, -1, sizeof(h));for(int i 2;i n; i)if(i sum[i]){add(sum[i], i);st[i] true;}for(int i 1;i n; i)if(!st[i])dfs(i);cout ans endl;return 0;
}
4.二叉苹果树
有一棵二叉苹果树如果树枝有分叉一定是分二叉即没有只有一个儿子在的结点
这棵树共有N个结点编号为1至N树根编号一定为1.
我们用一棵树枝两端连接的节点编号描述一根树枝的位置。
一棵苹果树的树枝实在是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最多能留下多少个苹果。
这里的保留是指最终与1号点连通。
#includeiostream
#includealgorithm
#includecstring
using namespace std;
const int N 110, M N * 2;
int n, m;
int h[a], e[M], ne[M],w[M], idx;
int f[N][N];
void add(int a, int b, int c)
{e[idx] b;w[idx] c;ne[idx] h[a];h[a] idx;
}
void dfs(int u, int father)
{for(int i h[u];i ! -1; i ne[i]){if(j father) continue;dfs(e[i], u);for(int j m;j 0; j--)for(int k 0;k j; k)f[u][j] max(f[u][j], f[u][j - k 1] f[e[i]][k] w[i])}
}
int main()
{cin n m;for(int i 1;i n - 1; i){int a, b, c;cin a b c;add(a, b, c), add(b, a, c);}dfs(1, -1);cout f[1][m] endl;return 0;
}
5.战略游戏
鲍勃喜欢玩电脑游戏特别是战略游戏但有时他找不到解决问题的方法这让他很伤心。
现在他有以下问题。
他必须保护一座中世纪城市这条城市的道路构成了一棵树。
每个节点上的士兵可以观察到所有和这个点相连的边。
他必须在节点上放置最少数量的士兵以便他们可以观察到所有的边。
你能帮助他吗
例如下面的树 只需要放置 1 名士兵在节点 1 处就可观察到所有的边。
输入格式
输入包含多组测试数据每组测试数据用以描述一棵树。
对于每组测试数据第一行包含整数 N表示树的节点数目。
接下来 N 行每行按如下方法描述一个节点。
节点编号(子节点数目) 子节点 子节点 …
节点编号从 0 到 N−1每个节点的子节点数量均不超过 10每个边在输入数据中只出现一次。
没有上司的舞会每条边上最多选择一点最大权值。
战略游戏每条边上最少选择一个点。
动态规划 状态表示f[i,j] j 0,1 集合所有在以i为根的子树中选且点i的状态是j的所有选法。 属性Min 状态计算f[i, 0] min(f[s1, 1] f[s2, 1] ....) f[i, 1] min(min(f[s1, 0], f[s1, 1]) min(f[s2, 0], f[s2, 1]) ....)
#includeiostream
#includealgorithm
#includecstring
using namespace std;
const int N 1510;
int n;
int h[N], e[N], ne[N], idx;
int f[N][2];
bool st[N];
void add(int a, int b)
{e[idx] b;ne[idx] h[a];h[a] idx;
}
void dfs(int u)
{f[u][0] 0;f[u][1] 1;for(int i h[u]; ~i; i ne[i]){int j e[i];dfs(j);f[u][0] f[j][1];f[u][1] min(f[j][0], f[j][1]);}
}
int main()
{while(scanf(%d, n) 1){memset(h, -1, sizeof(h));idx 0;memset(st, 0, sizeof(st));for(int i 0;i n; i){int id, cnt;scanf(%d:(%d), id, cnt);while(cnt--){int ver;scanf(%d, ver);add(id, ver);st[ver] true;}}int root 0;while(st[root]) root;dfs(root);printf(%d\n, min(f[root][0], f[root][1]));}return 0;
}
6.皇宫守卫
太平王世子事件后陆小凤成了皇上特聘的御前一品侍卫。
皇宫以午门为起点直到后宫嫔妃们的寝宫呈一棵树的形状某些宫殿间可以互相望见。
大内保卫森严三步一岗五步一哨每个宫殿都要有人全天候看守在不同的宫殿安排看守所需的费用不同。
可是陆小凤手上的经费不足无论如何也没法在每个宫殿都安置留守侍卫。
帮助陆小凤布置侍卫在看守全部宫殿的前提下使得花费的经费最少。
输入格式
输入中数据描述一棵树描述如下
第一行 n表示树中结点的数目。
第二行至第 n1 行每行描述每个宫殿结点信息依次为该宫殿结点标号 i在该宫殿安置侍卫所需的经费 k该结点的子结点数 m接下来 m 个数分别是这个结点的 m 个子结点的标号 r1,r2,…,rm。
对于一个 n 个结点的树结点标号在 1 到 n 之间且标号不重复。
树形DP
f[ N ] [ 3 ],表示3种状态: 0 表示父节点放了守卫, 1 表示子节点放了守卫, 2 表示自身放了守卫
则f[ u ] [ 0 ] min(f[ j ] [ i ], f[ j ] [ 2 ]) 父节点放了守卫, 那么它的字节点可放可不放,我们取最小值
f[ u ] [ 2 ] min(f[ j ] [ 0 ], min(f[ j ] [ 1 ], f[ j ] [ 2 ])) 自身放了守卫, 子节点可放可不放, 去3种状态的最小值
思考子节点放了守卫的情况:
枚举哪个子节点放了守卫, 即f[j ] [ 2 ], 其他子节点可放可不放, 可以先用sum求出子节点值的总和, 即f[ u ] [ 0 ],**
f[ u ] [ 0 ] - min(f[ j ] [ 1 ], - f[ j ] [ 2 ]) 表示去掉j这个子节点其他子节点的总和;
推出:f[ u ] [ 1 ] min(f[ u ] [ 1 ], f[ j ] [ 2 ] f[ u ] [ 0 ] - min(f[ j ] [ 1 ], f[ j ] [ 2 ]));
#includeiostream
#includecstring
#includealgorithm
using namespace std;
const int N 1510;
int n;
int h[N], e[N], ne[N], idx, w[N];
int f[N][3];
bool st[N];
void add(int a, int b)
{e[idx] b;ne[idx] h[a];h[a] idx;
}
void dfs(int u)
{f[u][2] w[u];for(int i h[u]; ~i; i ne[i]){int j e[i];dfs(j);f[u][0] min(f[j][1], f[j][2]);f[u][2] min(min(f[j][0], f[j][1]), f[j][2]);}f[u][1] 1e9;for(int i h[u]; ~i; i ne[i]){int j e[i];f[u][1] min(f[i][1], f[j][2] f[u][0] - min(f[j][1], f[j][2]));}
}
int main()
{cin n;memset(h, -1, sizeof(h));for(int i 1;i n; i){int id, cost, cnt;cin id cost cnt;w[id] cost;while(cnt--){int ver;cin ver;add(id, ver);st[ver] true;}}int root 1;while(st[root]) root;dfs(root);cout min(f[root][1], f[root][2]) endl;return 0;
}