问题引入
设置dp状态,相比于更容易出错的贪心更...不易出错。
状态设计
如果选择父结点,就会使孩子结点不能被选择,我们会多开一维的dp,用来标记该点是否被标记过。
以1点举例,f[1][0]为不选它的状态,那么它的子结点2 3 是可选可不选的,所以是 max(f[2][0],f[2][1])+max(f[3][0]+f[3][1]) ,在子结点的两个状态里挑最大值,并且子结点间没有限制,所以直接相加。
f[1][1]=f[2][0]+f[3][0]
所以这题的总体思路是:从叶子结点开始,dp[v][0]=0 dp[v][1]=a_v,并且到达根。
最后结果在 dp[root][0] dp[root][0]里挑一个max
void dfs(int u, int fa)
{
for (int i = head[u]; i; i = edge[i].nex)
{
int v = edge[i].to;
if (v != fa)
continue;
dfs(v, u);
f[u][0] += max(f[v][0], f[v][1]);
f[u][1] += f[v][0];
}
return ;
}
在这里解释一下自上而上:父结点的状态转移方程是会受到孩子状态值的影响。算法进行的方向还是从叶子计算到根。
问题二
状态设计
二维可以解决,将是否选择这个点并入体积里(选了这个点即为多这个点的体积)
状态转移是什么样的?可以把一个子树的几个孩子看成是几个物品,用类似于背包问题进行状态转移。
当前结点u在体积v1下,由体积v1-v2下加上某一孩子的v2体积下价值与它原来的值进行大小对比。所以我们会对v1 v2进行枚举。
虽然我们类比了01背包,但是和01背包问题相比,某一个子树的体积不是某个定值,而是会从0到最大限度进行枚举。
void dfs(int u, int fa)
{
memset(f[u], -0x3f, sizeof f[u]);
if (v[u] <= V)
f[u][v[u]] = w[u]; //把当前结点放进去,以u为根的子树里,还只放入了结点u
for (int i = head[u]; i; i = edge[i].nex) //枚举每一个子树
{
int v = edge[i].to;
if (v == fa)
continue;
dfs(v, u);
//从叶子开始,
//,每个孩子结点看成不同的物品,进行01背包
vector<int> nf(f[u], f[u] + V + 1); //当前子树的背包过程,用来转移
for (int v1 = 0; v1 <= V; v1 ++) //含义:在放入这个子树前,已使用的体积
{
for (int v2 = 0; v1 + v2 <= V; v2 ++ ) //放入v2后不能超过V
{
nf[v1 + v2] = max(nf[v1 + v2], f[u][v1] + f[v][v2]);
}
}
for (int v = 0; v <= V; v ++ )
f[u][v] = nf[v];
}
return ;
}
问题二进阶
siz[u] 是指,把包含u在内,u为根的子树,把所有权值都加上,得到的和。
虽然还是两层for,但是如果在每个结点都体积为1的情况下,相当于是把以u为子树的每个结点两两进行比较。