转载声明:http://blog.csdn.net/cqu_hyx/article/details/52213912 题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5834
题意: 给你一棵树,每个结点有个宝藏价值w,每次只能拿一次宝藏,每次经过路径需要花费val值,路径可以来回经过,同时可以多次花费val值,求从i点出发,能拿到的最大权值ans【i】.
个人感想: 我好像已经转发过这大牛2次博客了… 感觉自己实在是弱鸡… 在比赛的时候,我只知道这题是树形DP,但我并不会…我只做过一次树形dp的题目,完全没什么感觉…╮(╯▽╰)╭。。还是的多练才行啊… 我总觉得树形dp永远都会跟dfs联系在一起…打风也打不走这对…
好吧…我们直接进入主题,看看我对这题的理解.代码都是借鉴转载的…实在不会…增姿势吧…
dp[0][u]:代表从这个点出发,并且回到这个点的最大权值. dp[1][u]:代表从这个点出发,并且不回到这个点的最大权值. 这是样例的图解. 首先我们最朴素的想法,肯定是从某些路径走去.然后不回来肯定值最大(包括只走到原来的位置,相当于不动). 那么我们可以酱紫先,首先我们全都回到原来的位置的最大值.
例如拿 1点来说,我们先走完所有子节点,并且获得的最大值dp[0][u]. 为什么我会在紫色的地方划线,因为肯定不选这条路啊,血亏…
那么我们怎么求到dp[1][u] 呢. 那么当然从走完所有不亏的子节点路径回到当前节点后,再直往某一个节点直接走去不回头最大了啊… 这就是通过 dfs1处理的所有子节点的值
可是我们还有一种情况 例如第3点,可能先从5点走过去,再直接从父节点走过去的值更大呢…
我们会想我们刚刚的过程,我们知道,树顶肯定可以知道怎么走,因为全子树都走过了.
那么我们是不是也可以通过dfs来记录父节点的dp[1][fa],dp[0][fa]的情况,再像dfs1一样求一遍不就行了
没错我们就是这样操作就行了只是递归时候得删除将要遍历的子节点的影响就可以得到父枝了.
╮(╯▽╰)╭,基本思想已经搞定了…希望能帮到那些比较难理解的朋友,我也尽力了…我得去学习了…画圈○. 我是不喜欢写些完全看不懂的解了,作为蒟蒻的我,真尼玛不知道什么…除非真懂这思想,才会很容易明白.不是还是一步一步来把…
分析:树形DP
AC代码:
/* Author:GavinjouElephant * Title: * Number: * main meanning： * * * */ #include <iostream> using namespace std; #include <cstdio> #include <cmath> #include <cstring> #include <algorithm> #include <sstream> #include <cctype> #include <vector> #include <set> #include <cstdlib> #include <map> #include <queue> //#include<initializer_list> //#include <windows.h> //#include <fstream> //#include <conio.h> #define MaxN 0x7fffffff #define MinN -0x7fffffff #define lson 2*k #define rson 2*k+1 typedef long long ll; const int INF=0x3f3f3f3f; const int maxn=1e5+10; int Scan()//读入整数外挂. { int res = 0, ch, flag = 0; if((ch = getchar()) == '-') //判断正负 flag = 1; else if(ch >= '0' && ch <= '9') //得到完整的数 res = ch - '0'; while((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9' ) res = res * 10 + ch - '0'; return flag ? -res : res; } void Out(int a) //输出外挂 { if(a>9) Out(a/10); putchar(a%10+'0'); } int T; int N; int val[maxn]; int head[maxn]; int dp[2][maxn];//0代表经过一些路,回到原来u点的最大值,1代表经过一些路,但不回来原来u点 int tot; struct Edge { int to; int w; int nex; }; Edge edge[2*maxn]; void addedge(int from,int to,int w) { edge[tot].to=to; edge[tot].w=w; edge[tot].nex=head[from]; head[from]=tot++; } void init() { memset(head,-1,sizeof(head)); tot=0; } void dfs1(int u,int fa) { dp[0][u]=dp[1][u]=val[u]; for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].nex) { int v=edge[i].to; if(v==fa)continue; dfs1(v,u); if(dp[0][v]-2*edge[i].w>0) { dp[0][u]+=dp[0][v]-2*edge[i].w; } } for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].nex) { int v=edge[i].to; if(v==fa)continue; int mx=dp[0][u]-max(0,dp[0][v]-2*edge[i].w)+(dp[1][v]-edge[i].w); if(mx>=dp[1][u]) { dp[1][u]=mx; } } } void dfs2(int u, int fa, int Cost) { int dir = u, tmp; if(fa != -1 && dp[0][fa] - Cost * 2 > 0) { dp[0][u] += dp[0][fa] - Cost * 2; } tmp = dp[1][u] = dp[0][u]; for(int i = head[u]; i!=-1; i = edge[i].nex) { int v = edge[i].to; int mx=dp[0][u] - max(0, dp[0][v] - edge[i].w * 2) + (dp[1][v] - edge[i].w); if(mx >= dp[1][u]) { dir = v; tmp=dp[1][u]; dp[1][u] = mx; } else if(mx >= tmp) { tmp = mx; } } // printf("dp[0][%d] = %d dp[1][%d] = %d tmp = %d\n", u, dp[0][u], u, dp[1][u], tmp); int L = dp[0][u], R = dp[1][u]; for(int i = head[u]; i!=-1; i = edge[i].nex) { int v = edge[i].to; if(v == fa) continue; int mx=dp[0][v] - edge[i].w * 2; if(mx > 0) { dp[0][u]-= mx; } if(dir == v) { dp[1][u] = tmp; } if(dp[0][v] - edge[i].w * 2 > 0) { dp[1][u] -= mx; } // printf("dir = %d\n", dir); // printf("nxt%d = %d\n", v, dp[1][u]); dfs2(v, u, edge[i].w); dp[0][u] = L, dp[1][u] = R; } } int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE freopen("coco.txt","r",stdin); freopen("lala.txt","w",stdout); #endif scanf("%d",&T); for(int cas=1;cas<=T;cas++) { init(); printf("Case #%d:\n",cas); scanf("%d",&N); for(int i=1;i<=N;i++) { scanf("%d",&val[i]); } int u,v,w; for(int i=1;i<N;i++) { scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); addedge(u,v,w); addedge(v,u,w); } dfs1(1,-1); dfs2(1,-1,0); for(int i=1;i<=N;i++) { printf("%d\n",max(dp[0][i],dp[1][i])); } } return 0; }