动态dp

Posted 2022-07-20 call-me-zhz

以前学树型dp留下的题目，没有写，然后过了几个月后又回来写了这道题

战略游戏
这是一道典型的最小点覆盖的模板，蒟蒻采用的是树型dp的做法
设 \\(f[i][0/1]\\) 在以 \\(i\\) 为根的子树中，选或不选当前这个点所需要的最少的点
那么转移方程为：
\\(f[i][0]=\\sum_v\\in son[i] f[v][1]\\)
\\(f[i][1]=\\sum_v\\in son[i] min(f[v][0],f[v][1])+1\\)
图片解释：

然后我们从根节点开始，\\(dfs\\) 遍历每一个节点，然后在每次遍历完一个节点后进行一次树型 \\(dp\\) ，注意，这个过程是从叶子结点到根的。
\\(Code:\\)

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
struct Node

    int t;
    int next;   
node[30011];
int n,tot;
int f[3011][2],head[3011];
void add(int x,int y)

    node[++tot].t=y;
    node[tot].next=head[x];
    head[x]=tot;
    return;

void dfs(int u,int fa)

    f[u][1]=1; //f[u][1]要初始化为1，因为它要选上自己这个点
    for(int i=head[u];i;i=node[i].next)
    
        int v=node[i].t;
        if(v!=fa) 
        
            dfs(v,u);
            f[u][0]+=f[v][1]; //如上面的转移方程
            f[u][1]+=min(f[v][1],f[v][0]);  
           
       
 
int main()

//  freopen(".in","r",stdin);
//  freopen(".out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
    
        int step;
        scanf("%d",&step);  
        ++step;
        int k;
        scanf("%d",&k);
        for(int j=1;j<=k;++j)
        
            int y;
            scanf("%d",&y);
            ++y;
            add(step,y);
            add(y,step);  //因为题目中的标号是0~n-1，我为了方便就将每个节点加了1
         
    
    dfs(1,0);
    printf("%d",min(f[1][0],f[1][1]));
    return 0;

但是，如果我们加上一个修改操作，每一次都进行修改，然后询问 \\(dp\\)值，这应该怎么做呢？
这就需要用到我们的标题：动态\\(dp\\) 了。
动态dp
这道题目要求的是最大点权独立集权值，我们把上面的方程稍微改一下,注意，是独立集，不是覆盖集
\\(f[i][0]=\\sum_v\\in son[i] max(f[v][0],f[v][1])\\)
\\(f[i][1]=\\sum_v\\in son[i] f[v][0]+a[i]\\)
图片解释：


注：\\(a[i]\\) 表示节点 \\(i\\) 的权值
我们首先回想一下矩阵乘法的式子：
\\(C_i,j=\\sum_k=1^pA_i,k* B_k,j\\)
然后我们来脑补一下\\(floyd\\) 的转移方程：
\\(f_i,j=min_k=1^nf_i,k+f_k,j\\)
嗯，为什么看起来这么相似呢？
好像只是把\\(\\sum\\) 换成了\\(min\\) ，$* $ 改成了 \\(+\\) 啊，这样子的矩阵乘法是对的吗？
答案是 \\(YES\\)
这时候我们就可以想到一种方法，我们能不能把转移方程改写成这种新定义的矩阵乘法的形式，然后用线段树来维护一段区间的矩阵乘法的乘积，从而实现 \\(nlogn\\) 的时间复杂度呢？
答案是 \\(Right!\\)
但是，我们上面的转移方程不好直接写成矩阵乘法的形式，我们将它改变一下：
设 \\(g[i][0/1]\\) 表示不包含\\(i\\)处在的重链上的节点（包括 \\(i\\)）
\\(g[i][0]=\\sum_v\\neq son[i] max(f[v][0],f[v][1])\\)
\\(g[i][1]=\\sum_v\\neq son[i] f[v][0]+a[i]\\)
那么原来的转移方程就可以改为：
\\(f[i][0]=g[x][0]+max(f[son[i][0],f[son[i]][1])\\)
\\(f[i][1]=g[x][1]+f[son[i][0]\\)
改写成矩阵乘法的形式就是：