學(xué)習(xí)了一下動態(tài)DP

問題的來源：
給定一棵 \(n\) 個節(jié)點(diǎn)的樹，點(diǎn)有點(diǎn)權(quán)，有 \(m\) 次修改單點(diǎn)點(diǎn)權(quán)的操作，回答每次操作之后的最大帶權(quán)獨(dú)立集大小。

首先一個顯然的 \(O(nm)\) 的做法就是每次做一遍樹形DP（這也是我在noip考場上唯一拿到的部分分），直接考慮如何優(yōu)化這個東西。

簡化一下問題，假如這棵樹是一條鏈，那就變得很簡單了，可以直接拿線段樹維護(hù)矩陣加速。

可是如果每個點(diǎn)不止有一個兒子呢？
我們首先樹剖一下。
設(shè) \(g[i][0]=\sum\limits_{j\in lightson} \max(f[j][0],f[j][1])\)
\(g[i][1]=a[i]+\sum\limits_{j\in lightson} f[j][0]\)
即 \(g[i][0]\) 表示 \(i\) 的所有輕兒子的 \(\max(f[j][0],f[j][1])\) 之和，\(g[i][1]\) 表示 \(i\) 的所有輕兒子的 \(g[j][0]\) 之和與 \(a[i]\) 的和。

那轉(zhuǎn)移方程就可以改寫為 \(f[i][0]=\max(g[i][0]+f[son[i]][0],g[i][0]+f[son[i]][1])\)
\(f[i][1]=g[i][1]+f[son[i]][0]\)

這就可以放在線段樹上維護(hù)矩陣了。
即每個點(diǎn)維護(hù)一個 \(\quad\begin{matrix}g[i][0]&g[i][0]\\-\infty&g[i][1]\end{matrix}\)。然后在線段樹上維護(hù)連乘積就好。

還有一點(diǎn)就是修改的時候，要一直跳 \(top\)，可以這樣理解：假設(shè)當(dāng)前更改了點(diǎn) \(x\) 的點(diǎn)權(quán)，那么就會改變 \(f[top[x]]\) 的值，緊接著就會影響 \(g[fa[top[x]]]\) 的值，所以我們要一直向上跳 \(top\) 修改才能維護(hù)好。

最后放一下代碼:

#pragma GCC optimize(2) #include<bits/stdc++.h> using std::min; using std::max; using std::swap; using std::vector; typedef double db; typedef long long ll; #define pb(A) push_back(A) #define pii std::pair<int,int> #define all(A) A.begin(),A.end() #define mp(A,B) std::make_pair(A,B) const int N=1e5+5; const int inf=1e9; #define ls x<<1 #define rs x<<1|1 #define lss ls,l,mid,ql,qr #define rss rs,mid+1,r,ql,qrint tot,dfn[N],top[N],end[N]; int n,m,v[N],sze[N],son[N],f[N][2]; int cnt,head[N],g[N][2],fa[N],fs[N];struct Edge{int to,nxt; }edge[N<<1];void add(int x,int y){edge[++cnt].to=y;edge[cnt].nxt=head[x];head[x]=cnt; }struct Mat{int a[3][3];Mat(){memset(a,0xcf,sizeof a);}friend Mat operator*(Mat x,Mat y){Mat z;for(int i=1;i<=2;i++)for(int k=1;k<=2;k++)for(int j=1;j<=2;j++)z.a[i][j]=max(x.a[i][k]+y.a[k][j],z.a[i][j]);return z;} }sum[N<<2],val[N];int getint(){int X=0,w=0;char ch=getchar();while(!isdigit(ch))w|=ch=='-',ch=getchar();while( isdigit(ch))X=X*10+ch-48,ch=getchar();if(w) return -X;return X; }void dfs(int now){sze[now]=1;for(int i=head[now];i;i=edge[i].nxt){int to=edge[i].to;if(sze[to]) continue;fa[to]=now;dfs(to);sze[now]=sze[to];son[now]=sze[son[now]]>sze[to]?son[now]:to;} }void dfs(int now,int low){dfn[now]=++tot;top[now]=low;fs[tot]=now;if(son[now]) dfs(son[now],low);for(int i=head[now];i;i=edge[i].nxt){int to=edge[i].to;if(dfn[to]) continue;dfs(to,to);g[now][0]+=max(f[to][0],f[to][1]);g[now][1]+=f[to][0];} if(son[now]) end[now]=end[son[now]];else end[now]=now;g[now][1]+=v[now];f[now][0]=g[now][0]+max(f[son[now]][0],f[son[now]][1]);f[now][1]=g[now][1]+f[son[now]][0]; }void pushup(int x){sum[x]=sum[ls]*sum[rs]; }void build(int x,int l,int r){if(l==r) return sum[x]=val[fs[l]],void();int mid=l+r>>1; build(ls,l,mid),build(rs,mid+1,r);pushup(x); }void init(){for(int i=1;i<=n;i++)val[i].a[1][1]=val[i].a[1][2]=g[i][0],val[i].a[2][1]=g[i][1],val[i].a[2][2]=-inf;build(1,1,n); }Mat query(int x,int l,int r,int ql,int qr){if(ql<=l and r<=qr) return sum[x];int mid=l+r>>1;if(qr<=mid) return query(lss);if(ql>mid) return query(rss);return query(lss)*query(rss); }Mat ask(int x){return query(1,1,n,dfn[top[x]],dfn[end[x]]); }void modify(int x,int l,int r,int ql,int qr){if(l==r) return sum[x]=val[fs[l]],void();int mid=l+r>>1;ql<=mid?modify(lss):modify(rss);pushup(x); }void change(int x,int y){val[x].a[2][1]+=y-v[x]; v[x]=y;Mat pre,nxt;while(x){pre=ask(x);modify(1,1,n,dfn[x],dfn[x]);nxt=ask(x);x=fa[top[x]];val[x].a[1][1]+=max(nxt.a[1][1],nxt.a[2][1])-max(pre.a[1][1],pre.a[2][1]);val[x].a[1][2]=val[x].a[1][1];val[x].a[2][1]+=nxt.a[1][1]-pre.a[1][1];} }signed main(){n=getint(),m=getint();for(int i=1;i<=n;i++) v[i]=getint();for(int i=1;i<n;i++){int x=getint(),y=getint();add(x,y),add(y,x);} dfs(1),dfs(1,1),init();while(m--){int x=getint(),y=getint();change(x,y);Mat ans=ask(1);printf("%d\n",max(ans.a[1][1],ans.a[2][1]));} return 0; }

然后兩道例題：

BZOJ4712 洪水

題意

給出一棵樹，點(diǎn)有點(diǎn)權(quán)。多次增加某個點(diǎn)的點(diǎn)權(quán)，并在某一棵子樹中詢問：選出若干個節(jié)點(diǎn)，使得每個葉子節(jié)點(diǎn)到根節(jié)點(diǎn)的路徑上至少有一個節(jié)點(diǎn)被選擇，求選出的點(diǎn)的點(diǎn)權(quán)和的最小值。

Sol

還是動態(tài)DP。

先把DP式子列出來： \(f[i]=\min(a[i],\sum\limits_{j\in son[i]} f[j])\)，然后套路設(shè) \(g[i]=\sum\limits_{j\in lightson[i]} f[j]\)，于是 \(f[i]=\min(a[i],g[i]+f[son[i]])\)。

又可以寫成矩陣相乘的形式：
\[ \begin{matrix}f[son[i]]\\0\end{matrix}\times \begin{matrix}g[i]&a[i]\\\infty&0\end{matrix}=\begin{matrix}f[i]\\0\end{matrix} \]
然后動態(tài)DP就行了。

需要注意一點(diǎn)的是在 \(change\) 函數(shù)里，\(pre,nxt\) 的矩陣應(yīng)該是 \(ask(top[x])\) 而不是 \(ask(x)\)。

NOIP2018 保衛(wèi)王國

題意

給出一棵樹，點(diǎn)有點(diǎn)權(quán)。每次強(qiáng)制選或不選兩個節(jié)點(diǎn)，求最小權(quán)覆蓋集。

Sol

首先有個定理：最小權(quán)覆蓋集=全集-最大權(quán)獨(dú)立集。然后就是luogu模板題了。

轉(zhuǎn)載于:https://www.cnblogs.com/YoungNeal/p/10360291.html

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的[总结] 动态DP学习笔记的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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