【ACM/ICPC2013】树形动态规划专题

题目一：皇宫看守
问题描述：
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。

编程任务：
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。

数据输入：
输入文件中数据表示一棵树，描述如下：
第1行 n，表示树中结点的数目。
第2行至第n+1行，每行描述每个宫殿结点信息，依次为：该宫殿结点标号i（0<i<=n），在该宫殿安置侍卫所需的经费k，该边的儿子数m，接下来m个数，分别是这个节点的m个儿子的标号r1，r2，…，rm。
对于一个n（0 < n<=1500）个结点的树，结点标号在1到n之间，且标号不重复。

数据输出：
输出文件仅包含一个数，为所求的最少的经费。

样例输入：
6
1 30 3 2 3 4
2 16 2 5 6
3 5 0
4 4 0
5 11 0
6 5 0

样例输出：
25

分析：本来这套题里还有一个题目叫“战略游戏”，抽象后的模型跟这题是一样的，遇到那题的时候我没太理解题解是怎么用树形DP做的，于是我就跳过了。后来遇到这题发现不研究的话不行。题目说的很清楚，用最少的点覆盖所有的点，（二分图里有一个模型叫用最少的点覆盖所有的边，以后再议）。如果是一个图的话，它是个NP完全问题，但题目给出的是个树，避免了后效性的问题，所以可以用动态规划来解决。
给出如下定义：

F[i,0]表示i点不放，且以i为根节点的子树（包括i节点）全部被观察到；
F[i,1]表示i点不放，且以i为根节点的子树（可以不包括i节点）全部被观察到；
F[i,2]表示i点放，且以i为根节点的子树全部被观察到；
转移如下：
1、由F[i,0]定义可知，设j为i的儿子节点，至少要有一个i的儿子节点是放置守卫的，其余的儿子节点可放可不放，但由于根节点i不放，所以其余的儿子节点如果不放的话，必须保证能被观察到，即F[j][0]；所以我们需要枚举必须放置的儿子节点，下面的转移方程描述的很清楚:

F[i,0] = min{Sigma(min(F[j][0],F[j,2]))+F[k,2]}，其中k为枚举的必放的儿子节点，j为除了k之外的儿子节点
2、由F[i,1]定义可知，i可以被观察到也可以不被观察到,但儿子节点必须都要被观察到，转移如下：

F[i,1] = Sigma(min(F[j,0],F[j,2])) j是i的儿子节点
3、由F[i,2]定义可知，i点放置了守卫，所以对于每个儿子节点都能被观察到，取F[j,0],F[j,1],F[j,2]最小值即可：

F[i,2] = min(F[j,0],F[j,1],F[j,2]) j是i的儿子节点
对于叶节点i，F[i,0] = F[i,2] = data[i],F[i,1] = 0;
看了题解我是恍然大悟啊，智商不够，这个转移方程还是比较难想的。

参考代码：

//
//  没有上司的晚会.cpp
//  树形DP
//
//  Created by TimmyXu on 13-8-3.
//  Copyright (c) 2013年 TimmyXu. All rights reserved.
//

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>

using namespace std;

const int maxn = 6000+10;

int n,root,du[maxn],data[maxn],f[maxn][2],g[maxn][maxn],x,y;

void doit(int x)
{
f[x][0] = 0;
f[x][1] = data[x];
for (int i = 1;i <= g[x][0];i++)
{
doit(g[x][i]);
f[x][0] += max(f[g[x][i]][0],f[g[x][i]][1]);
f[x][1] += f[g[x][i]][0];
}
return;
}

int main()
{
scanf("%d",&n);
for (int i = 1;i <= n;i++)
scanf("%d",&data[i]);
memset(f,0,sizeof(f));
memset(g,0,sizeof(g));
memset(du,0,sizeof(du));
for (int i = 1;i < n;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
du[x]++;
g[y][0]++;
g[y][g[y][0]]= x;
}
for (int i = 1;i <= n;i++)
if (du[i] == 0)
{
root = i;
break;
}
doit(root);
printf("%d\n",max(f[root][0],f[root][1]));
}

View Code

总结：树形dp的题目，如果单纯给出节点间矛盾关系，或者在二叉树上做背包，都是比较简单的。我目前遇到的题目中，多叉树背包是一个难点，希望自己能继续学习，能拿下。OK，下午二分图最大流搞起！