最小生成树 无根树转有根树 树形动态规划
最小生成树 & 无根树转有根树 & 树形动态规划
- 最小生成树
- 定义
- 概念
- 个人理解
- 应用
- 解决方法
- 例题（luogu P3366 【模板】最小生成树）
- 题目描述
- 输入
- 输出
- 做法
- 如何判环
- 代码
- 无根树转有根树
- 方法
- 将最小生成树（无根树）转化成有根树
- 代码
- 树形动态规划
- 定义
- 个人理解
- 例题（luogu P1352 没有上司的舞会）
- 题目描述
- 解决
- 代码
- xiexie.
最小生成树
定义
概念
一个有 nnn 个结点的连通图的生成树是原图的极小连通子图，且包含原图中的所有 nnn 个结点，并且有保持图连通的最少的边。 —摘自百度百科
个人理解
最小生成树就是在一张图中找到一棵所有n−1n-1n−1条边的权值之和最小，最小生成树可能不止一棵。
应用
适用于城市之间最小费用等问题。
解决方法
例题（luogu P3366 【模板】最小生成树）
题目描述
如题，给出一个无向图，求出最小生成树，如果该图不连通，则输出 orz。
输入
4 5
1 2 2
1 3 2
1 4 3
2 3 4
3 4 3
输出
7
样例解释：
所以最小生成树的总边权为2+2+3=72+2+3=72+2+3=7.
做法
不难想到先将所有的权值从小到大排个序，然后最小的那条边一定是在最小生成树里面，当加入的这条边可以使当前的最小生成树出现环时，则跳过不能加进来。如果没有出现环，则把这条边加到这课最小生成树里，一直加到n−1n-1n−1条边加完为止(根据树的基本性质，所以nnn条边有n−1n-1n−1个点)，这些操作完成后，这个最小生成树权值之和就是答案。
如何判环
利用并查集，将满足的边加入最小生成树时，同时加入同一个并查集(记录)。当不满足时，只需要判断点是否在并查集中，若在，则不能加进来，否则就加进来。
代码
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,m;
queue<int>q;
struct node1{int x,y,z;
}edge[200001];
struct Edges{int to,w;};
vector<Edges>d[5001];
void add(int a,int b,int c){d[a].push_back((Edges){b,c});d[b].push_back((Edges){a,c});
}
int cmp(node1 a,node1 b){return a.z < b.z;
}
int fa[5001];
int getfa(int x){if(x == fa[x])return x;return fa[x] = getfa(fa[x]);
}
int ans = 0,a[5001],tot;
int main(){scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d%d",&edge[i].x,&edge[i].y,&edge[i].z);}sort(edge+1,edge+m+1,cmp);for(int i=1;i<=n;i++)fa[i] = i;for(int i=1;i<=m;i++){if(getfa(edge[i].x)!=getfa(edge[i].y)){fa[getfa(edge[i].x)] = getfa(edge[i].y);ans+=edge[i].z;add(edge[i].x,edge[i].y,edge[i].z);}}printf("%d\n",ans);return 0;
}
无根树转有根树
这是一个技巧！
对于树形dp很有用。
方法
只要把无根树任意一个节点当成是根，然后遍历整个树即可。
将最小生成树（无根树）转化成有根树
题面方法同上。
代码
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,m;
queue<int>q;
struct node1{int x,y,z;
}edge[200001];
struct Edges{int to,w;};
vector<Edges>d[5001];
void add(int a,int b,int c){d[a].push_back((Edges){b,c});d[b].push_back((Edges){a,c});
}
int cmp(node1 a,node1 b){return a.z < b.z;
}
int fa[5001];
int getfa(int x){if(x == fa[x])return x;return fa[x] = getfa(fa[x]);
}
int ans = 0,a[5001],tot;
void dfs(int u,int pre){//该操作a[++tot]=u;for(int i=0;i<d[u].size();i++){int v = d[u][i].to;if(pre!=v) dfs(v,u);}
}
int main(){scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d%d",&edge[i].x,&edge[i].y,&edge[i].z);}sort(edge+1,edge+m+1,cmp);for(int i=1;i<=n;i++)fa[i] = i;for(int i=1;i<=m;i++){if(getfa(edge[i].x)!=getfa(edge[i].y)){fa[getfa(edge[i].x)] = getfa(edge[i].y);ans+=edge[i].z;add(edge[i].x,edge[i].y,edge[i].z);}}dfs(1,-1);printf("%d\n",ans);for (int i=1;i<=tot;i++) printf("%d ",a[i]);//输出有根树遍历return 0;
}
树形动态规划
定义
树形动态规划问题可以分解成若干相互联系的阶段，在每一个阶段都要做出决策，全部过程的决策是一个决策序列。要使整个活动的总体效果达到最优的问题，称为多阶段决策问题。 —摘自百度百科
个人理解
在图上动态规划，往往要在树上进行。
例题（luogu P1352 没有上司的舞会）
题目描述
某大学有 nnn 个职员，编号为 1…n1 \ldots n1…n。
他们之间有从属关系，也就是说他们的关系就像一棵以校长为根的树，父结点就是子结点的直接上司。
现在有个周年庆宴会，宴会每邀请来一个职员都会增加一定的快乐指数rir_iri
，但是呢，如果某个职员的直接上司来参加舞会了，那么这个职员就无论如何也不肯来参加舞会了。
所以，请你编程计算，邀请哪些职员可以使快乐指数最大，求最大的快乐指数。
解决
根据建模类似线性动态规划得出状态转移方程。
我们设f[u][1]f[u][1]f[u][1]为当前人选择去的快乐值得最优情况。
f[u][0]f[u][0]f[u][0]为当前人不选去的快乐值得最优情况。
则：(vvv为当前点)
f[u][1]=∑f[v][0].f[u][1] = \sum{f[v][0]}. f[u][1]=∑f[v][0].
f[u][0]=∑max(f[v][0],f[v][1]).f[u][0] = \sum{max(f[v][0],f[v][1])}. f[u][0]=∑max(f[v][0],f[v][1]).
在这之前由题目可知需要先找根。
代码
#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
struct node{int to;};
vector<node>edges[6001];
int N,r[6001],sum,f[6001][2];
void dfs(int u){f[u][1] = r[u];for(int i=0;i<edges[u].size();i++){dfs(edges[u][i].to);f[u][1] += f[edges[u][i].to][0];f[u][0] += max(f[edges[u][i].to][0],f[edges[u][i].to][1]);}
}
int main(){scanf("%d",&N);for(int i=1;i<=N;i++){scanf("%d",r+i);sum ^= i;}for(int i=1;i<N;i++){int a,b;scanf("%d%d",&a,&b);edges[b].push_back((node){a});sum ^= a;}dfs(sum);printf("%d",max(f[sum][0],f[sum][1]));return 0;
}
答案就是max(f[sum][0],f[sum][1])max(f[sum][0],f[sum][1])max(f[sum][0],f[sum][1])
xiexie.
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