LG4719 【模板】动态dp

题意

题目描述

给定一棵\(n\)个点的树，点带点权。

有\(m\)次操作，每次操作给定\(x,y\)，表示修改点\(x\)的权值为\(y\)。

你需要在每次操作之后求出这棵树的最大权独立集的权值大小。

输入输出格式

输入格式：

第一行，\(n,m\)，分别代表点数和操作数。

第二行，\(V_1,V_2,...,V_n\)，代表\(n\)个点的权值。

接下来\(n-1\)行，\(x,y\)，描述这棵树的\(n-1\)条边。

接下来\(m\)行，\(x,y\)，修改点\(x\)的权值为\(y\)。

输出格式：

对于每个操作输出一行一个整数，代表这次操作后的树上最大权独立集。

保证答案在int范围内

输入输出样例

输入样例#1：

10 10
-11 80 -99 -76 56 38 92 -51 -34 47
2 1
3 1
4 3
5 2
6 2
7 1
8 2
9 4
10 7
9 -44
2 -17
2 98
7 -58
8 48
3 99
8 -61
9 76
9 14
10 93

输出样例#1：

186
186
190
145
189
288
244
320
258
304

说明

对于30%的数据，\(1\le n,m\le 10\)
对于60%的数据，\(1\le n,m\le 1000\)
对于100%的数据，\(1\le n,m\le 10^5\)

分析

参照胡小兔的题解。

猫锟在WC2018讲的黑科技——动态DP，就是一个画风正常的DP问题再加上一个动态修改操作，就像这道题一样。（这道题也是PPT中的例题）

动态DP的一个套路是把DP转移方程写成矩阵乘法，然后用线段树（树上的话就是树剖）维护矩阵，这样就可以做到修改了。

注意这个“矩阵乘法”不一定是我们常见的那种乘法和加法组成的矩阵乘法。设\(A?B=C\)，常见的那种矩阵乘法是这样的：
\[
C_{i,j} = \sum_{k=1}^n A_{i,k}*B_{k,j}
\]
而这道题中的矩阵乘法是这样的：
\[
C_{i,j} = \max_{k=1}^n A_{i,k} + B_{k,j}
\]
这就相当于常见矩阵乘法中的加法变成了max，乘法变成了加法。类似于乘法和加法的五种运算律，这两种变化也满足“加法交换律”、“加法结合律”、“max交换律”、“max结合律”和“加法分配律“。那么这种矩阵乘法显然也满足矩阵乘法结合律，就像正常的矩阵乘法一样，可以用线段树维护。

接下来我们来构造矩阵。首先研究DP方程。

就像“没有上司的舞会”一样，\(f[i][0]\)表示子树\(i\)中不选\(i\)的最大权独立集大小，\(f[i][1]\)表示子树\(i\)中选\(i\)的最大权独立集大小。

但这是动态DP，我们需要加入动态维护的东西以支持修改操作。考虑树链剖分。假设我们已经完成了树链剖分，剖出来的某条重链看起来就像这样，右边的是在树上深度较大的点：

此时，比这条重链的top深度大且不在这条重链上的点的DP值都是已经求出来的（这可以做到）。我们把它们的贡献，都统一于它们在这条重链上对应的那个祖先上。

具体来说，设\(g[i][0]\)表示不选i时，\(i\)不在链上的子孙的最大权独立集大小，\(g[i][1]\)表示选\(i\)时，\(i\)不在链上的子孙再加上\(i\)自己的最大权独立集大小。与一般的DP状态的意义相比，除去了重儿子的贡献，这是为了利用树剖从任意节点到根最多\(\lceil \log_2 n \rceil\)条重链的性质，便于维护以后的修改操作。

假如\(i\)右面的点是\(i+1\), 那么可以得出：
\[
f[i][0]=g[i][0]+\max\{f[i+1][0],f[i+1][1]\} \f[i][1]=g[i][1]+f[i+1][0]
\]
矩阵也就可以构造出来了：
\[
\left(
\begin{matrix}
g[i][0] & g[i][0] \g[i][1] & -\infty
\end{matrix}
\right)
*
\left(
\begin{matrix}
f[i+1][0] \\
f[i+1][1]
\end{matrix}
\right)=
\left(
\begin{matrix}
f[i][0] \\
f[i][1]
\end{matrix}
\right)
\]
读者可以动笔验证一下。（注意我们在这里用的“新矩阵乘法”的规则：原来的乘变成加，加变成取max。）

那么基本思路就很清楚了：树剖，维护区间矩阵乘积，单个矩阵代表\(g\)，一条重链的矩阵乘积代表\(f\)。修改的时候，对于被修改节点到根节点路径上的每个重链（由下到上），先单点修改\(g[i][1]\)，然后求出这条重链的\(top\)在修改之后的\(f\)值，然后更新\(fa[top]\)的\(g\)值，一直进行下去。

每次答案就是节点1的\(f\)值。

时间复杂度\(O(8n+8m\log^2 n)\)

代码

用bfs实现了dfs1之后，直接用拓扑序实现了dfs2，非常巧妙，常数小。

程序实现的时候把那个\(-\infty\)设成0也没有任何问题……大概是数据弱的缘故。

#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
#define co const
template<class T>il T read(){
    rg T data=0,w=1;
    rg char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){
        if(ch=='-') w=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(isdigit(ch))
        data=data*10+ch-'0',ch=getchar();
    return data*w;
}
template<class T>il T read(rg T&x){
    return x=read<T>();
}
typedef long long ll;
using namespace std;

co int N=1e5+5;
int n,m,a[N];
int ecnt,adj[N],nxt[2*N],go[2*N];
int fa[N],son[N],sze[N],top[N],idx[N],pos[N],tot,ed[N];
ll f[N][2];
struct matrix{
    ll g[2][2];
    matrix(){
        memset(g,0,sizeof g);
    }
    matrix operator*(co matrix&b)co{
        matrix c;
        for(int i=0;i<2;++i)
            for(int j=0;j<2;++j)
                for(int k=0;k<2;++k)
                    c.g[i][j]=max(c.g[i][j],g[i][k]+b.g[k][j]);
        return c;
    }
}val[N],data[4*N];

void add(int u,int v){
    go[++ecnt]=v,nxt[ecnt]=adj[u],adj[u]=ecnt;
}
void init(){
    static int que[N];
    que[1]=1;
    for(int ql=1,qr=1;ql<=qr;++ql)
        for(int u=que[ql],e=adj[u],v;e;e=nxt[e])
            if((v=go[e])!=fa[u])
                fa[v]=u,que[++qr]=v;
    for(int qr=n,u;qr;--qr){
        sze[u=que[qr]]++;
        sze[fa[u]]+=sze[u];
        if(sze[u]>sze[son[fa[u]]]) son[fa[u]]=u;
    }
    for(int ql=1,u;ql<=n;++ql)
        if(!top[u=que[ql]]){
            for(int v=u;v;v=son[v])
                top[v]=u,idx[pos[v]=++tot]=v;
            ed[u]=tot;
        }
    for(int qr=n,u;qr;--qr){
        u=que[qr];
        f[u][1]=max(0,a[u]);
        for(int e=adj[u],v;e;e=nxt[e])
            if(v=go[e],v!=fa[u]){
                f[u][0]+=max(f[v][0],f[v][1]);
                f[u][1]+=f[v][0];
            }
    }
}

void build(int k,int l,int r){
    if(l==r){
        ll g0=0,g1=a[idx[l]];
        for(int u=idx[l],e=adj[u],v;e;e=nxt[e])
            if((v=go[e])!=fa[u]&&v!=son[u])
                g0+=max(f[v][0],f[v][1]),g1+=f[v][0];
        data[k].g[0][0]=data[k].g[0][1]=g0;
        data[k].g[1][0]=g1;
        val[l]=data[k];
        return;
    }
    int mid=l+r>>1;
    build(k<<1,l,mid);
    build(k<<1|1,mid+1,r);
    data[k]=data[k<<1]*data[k<<1|1];
}
void change(int k,int l,int r,int p){
    if(l==r){
        data[k]=val[l];
        return;
    }
    int mid=l+r>>1;
    if(p<=mid) change(k<<1,l,mid,p);
    else change(k<<1|1,mid+1,r,p);
    data[k]=data[k<<1]*data[k<<1|1];
}
matrix query(int k,int l,int r,int ql,int qr){
    if(ql<=l&&r<=qr) return data[k];
    int mid=l+r>>1;
    if(qr<=mid) return query(k<<1,l,mid,ql,qr);
    if(ql>mid) return query(k<<1|1,mid+1,r,ql,qr);
    return query(k<<1,l,mid,ql,qr)*query(k<<1|1,mid+1,r,ql,qr);
}
matrix ask(int u){
    return query(1,1,n,pos[top[u]],ed[top[u]]);
}
void path_change(int u,int x){
    val[pos[u]].g[1][0]+=x-a[u];
    a[u]=x;
    matrix od,nw;
    while(u){
        od=ask(top[u]);
        change(1,1,n,pos[u]);
        nw=ask(top[u]);
        u=fa[top[u]];
        val[pos[u]].g[0][0]+=max(nw.g[0][0],nw.g[1][0])-max(od.g[0][0],od.g[1][0]);
        val[pos[u]].g[0][1]=val[pos[u]].g[0][0];
        val[pos[u]].g[1][0]+=nw.g[0][0]-od.g[0][0];
    }
}
int main(){
//  freopen(".in","r",stdin);
//  freopen(".out","w",stdout);
    read(n),read(m);
    for(int i=1;i<=n;++i) read(a[i]);
    for(int i=1,u,v;i<n;++i)
        read(u),read(v),add(u,v),add(v,u);
    init();
    build(1,1,n);
    int u,x;
    matrix t;
    while(m--){
        read(u),read(x);
        path_change(u,x);
        t=ask(1);
        printf("%lld\n",max(t.g[0][0],t.g[1][0]));
    }
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/autoint/p/10430328.html

时间： 2024-07-30 07:37:59

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