树形dp____Magic boy Bi Luo with his excited tree( hdu 5834 2
发布时间:2020-12-14 01:37:05 所属栏目:大数据 来源:网络整理
导读:Problem Description Bi Luo is a magic boy,he also has a migic tree,the tree has? N ?nodes,in each node,there is a treasure,it's value is? V [ i ] ,and for each edge,there is a cost? C [ i ] ,which means every time you pass the edge? i ?,yo
Problem Description
Bi Luo is a magic boy,he also has a migic tree,the tree has?
You may attention that every? Now,Bi Luo define? Bi Luo is also an excited boy,now he wants to know every?
?
Input
First line is a positive integer?
Four each test: The first line contain an integer? The next line contains? For the next? You can assume that the sum of?
?
Output
For the i-th test case,first output Case #i: in a single line,then output?
?
Sample Input
?
Sample Output
?
题意: 一个n个节点的数,每个节点有一个价值为pi的宝藏,点之间的边有权值,每次经过该边会扣掉该边权值对应的价值(价值可以为负数继续前行).问分别从每点开始走,最多可以获得多少价值? 分析: 树形dp。需要讨论的细节比较多。 需要记录两个数据。f[N][2],g[N][2]。以节点1为根节点。 对于f[i][0/1]:f[i][0],表示从i点开始走i - i父亲支路并且回到i点的最大价值,f[i][1] 表示从i开始走i - i父亲支路并且不用回到i点的最大价值。(注意:都不包括i点本身的价值). 对于g[i][0/1]:g[i][0]:表示从i点开始走向子孙节点并且回到i点的最大价值,g[i][1] 表示从i点开始走向子孙节点并且不用回到i点的最大价值。( 注意:都包括i点本身价值). 所以对于任意一点的最大价值为: max( g[i][0]+f[i][1],g[i][1]+f[i][0] ). 至于f,g的状态转移看代码吧。 代码: #include<map> #include<set> #include<cmath> #include<queue> #include<bitset> #include<math.h> #include<vector> #include<string> #include<stdio.h> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #pragma comment(linker,"/STACK:102400000,102400000") using namespace std; const int N=100010; const int mod=1000000007; const int MOD1=1000000007; const int MOD2=1000000009; const double EPS=0.00000001; typedef long long ll; const ll MOD=1000000007; const int INF=1000000010; const ll MAX=1ll<<55; const double eps=1e-5; const double inf=~0u>>1; const double pi=acos(-1.0); typedef double db; typedef unsigned int uint; typedef unsigned long long ull; int tot,u[N],v[2*N],w[2*N],pre[2*N]; void add(int x,int y,int z) { v[tot]=y;w[tot]=z;pre[tot]=u[x];u[x]=tot++; v[tot]=x;w[tot]=z;pre[tot]=u[y];u[y]=tot++; } int q[N],fa[N],g1[N],g[N][2],f[N][2]; //处理g //x当前,y之前 //g[i][0/1] 从i出发向儿子走,0表示回到i,1表示停在某个子孙 //g1是当从i出发向儿子走停在某个子孙的情况下收获最大而选择的儿子。 void dfs1(int x,int y) { g[x][0]=g[x][1]=q[x];g1[x]=x;fa[x]=y; for (int i=u[x];i!=-1;i=pre[i]) if (v[i]!=y) { dfs1(v[i],x); //其他路进去,当前路回来。 g[x][1]=max(g[x][1],g[x][1]+g[v[i]][0]-2*w[i]); if (g[x][0]+g[v[i]][1]-w[i]>g[x][1]) g1[x]=v[i]; //其他路回来,当前路进去。 g[x][1]=max(g[x][1],g[x][0]+g[v[i]][1]-w[i]); g[x][0]+=max(0,g[v[i]][0]-2*w[i]); } } //x当前结点,前置结点,z是前置代价 //f[i][0/1] 0 i-父亲这条路径走两遍的最大价值(不包括i点价值) 1 i-父亲这两条路径走一遍的最大价值。 void dfs2(int x,int z) { f[x][0]=f[x][1]=0; //对于y这个点,一定有y-x这个分支,但是因为求得是g[y][0]是需要回到y点,因为当g[x][0] <= 2*z 那么一定不会走这个分支。 if (g[x][0]<=2*z) { f[x][0]=max(f[x][0],f[y][0]+g[y][0]-2*z); f[x][1]=max(f[x][1],f[y][1]+g[y][0]-z); } else { //仔细画图算每个路径是否被求就可以证明下面两个等式成立。 f[x][0]=max(f[x][0],f[y][0]+g[y][0]-g[x][0]); f[x][1]=max(f[x][1],f[y][1]+g[y][0]-g[x][0]+z); } //表示y-x这个支路是g[y][1]的支路。 //所以要从其他支路找到次大的利益 if (g1[y]==x) { int i,mx0=q[y],mx1=q[y]; for (i=u[y];i!=-1;i=pre[i]) if (v[i]!=fa[y]&&v[i]!=x) { mx1=max(mx1,mx1+g[v[i]][0]-2*w[i]); mx1=max(mx1,mx0+g[v[i]][1]-w[i]); mx0+=max(0,g[v[i]][0]-2*w[i]); } //mx1 表示从y开始往子孙走不回来的最大利益(不会走y-x分支). //mx0 表示从y走开始往子孙走并且回来的最大利益(不会走y-x分支). f[x][1]=max(f[x][1],mx1+f[y][0]-z); } else { if (g[x][0]<=2*z) f[x][1]=max(f[x][1],f[y][0]+g[y][1]-z); else f[x][1]=max(f[x][1],f[y][0]+g[y][1]-g[x][0]+z); } for (int i=u[x];i!=-1;i=pre[i]) if (v[i]!=y) dfs2(v[i],x,w[i]); } int main() { int i,n,t,y,z,ca; scanf("%d",&t); f[0][0]=f[0][0]=0; g[0][0]=g[0][1]=0; for (ca=1;ca<=t;ca++) { scanf("%d",&n); tot=0;memset(u,-1,sizeof(u)); for (i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&q[i]); for (i=1;i<n;i++) scanf("%d%d%d",&x,&y,&z),add(x,z); dfs1(1,0);dfs2(1,0); printf("Case #%d:n",ca); for (i=1;i<=n;i++) printf("%dn",max(g[i][0]+f[i][1],g[i][1]+f[i][0])); } return 0; } (编辑:李大同) 【声明】本站内容均来自网络,其相关言论仅代表作者个人观点,不代表本站立场。若无意侵犯到您的权利,请及时与联系站长删除相关内容! |