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1、LETS USE LINUX!,树型动态规划,长沙市雅礼中学 朱全民,加分二叉树,给定一个中序遍历为1,2,3,n的二叉树 每个结点有一个权值 定义二叉树的加分规则为： 左子树的加分 右子树的加分根的分数 若某个树缺少左子树或右子树，规定缺少的子树加分为1。 构造符合条件的二叉树 该树加分最大 输出其前序遍历序列,样例 中序遍历为1,2,3,4,5的二叉树有很多，下图是其中的三棵，其中第三棵加分最大，为145.,分析,性质：中序遍历是按“左-根-右”方式进行遍历二叉树，因此二叉树左孩子遍历序列一定在根结点的左边，右孩子遍历序列一定在根结点的右边！ 因此，假设二叉树的根结点为k，那么中序遍历为1
2、,2,n的遍历序列，左孩子序列为1,2,k-1，右孩子序列为k+1,k+2,n，如下图,动态规划,设f(i,j)中序遍历为i,i+1,j的二叉树的最大加分，则有： f(i,j)=maxfi,k-1*fk+1,j +dk 显然 f(i,i)=di 答案为f(1,n) 1=i=k=j=n 时间复杂度 O(n3) 要构造这个树，只需记录每次的决策值，令b(i,j)=k，表示中序遍历为i,i+1,j的二叉树的取最优决策时的根结点为k 最后前序遍历这个树即可。,选课,给定M门课程，每门课程有一个学分 要从M门课程中选择N门课程，使得学分总和最大 其中选择课程必须满足以下条件： 每门课程最多只有一门直接先
3、修课 要选择某门课程，必须先选修它的先修课 M,N=500,分析,每门课程最多只有1门直接先修课，如果我们把课程看成结点，也就是说每个结点最多只一个前驱结点。 如果把前驱结点看成父结点，换句话说，每个结点只有一个父结点。显然具有这种结构的模型是树结构，要么是一棵树，要么是一个森林。 这样，问题就转化为在一个M个结点的森林中选取N个结点，使得所选结点的权值之和最大。同时满足每次选取时，若选儿子结点，必选根结点的条件。,样例分析,如图1，为两棵树，我们可以虚拟一个结点，将这些树连接起来，那么森林就转会为了1棵树，选取结点时，从每个儿子出发进行选取。显然选M=4时，选3，2，7，6几门课程最优。,转
4、化为二叉树,如果该问题仅仅只是一棵二叉树，我们对儿子的分配就仅仅只需考虑左右孩子即可，问题就变得很简单了。因此我们试着将该问题转化为二叉树求解。 图2就是对图1采用孩子兄弟表示法所得到的二叉树,动态规划,仔细理解左右孩子的意义（如右图）： 左孩子：原根结点的孩子 右孩子：原根结点的兄弟 也就是说，左孩子分配选课资源时， 根结点必须要选修，而与右孩子无关。 因此，我们设f(i,j)表示以i为根结点的二叉树分配j门课程的所获得的最大学分，则有， 0=kjn, i (1m) 时间复杂度O(mn2),样例求解过程：初始f(i,0)=0 f(6,1)=6, f(5,1)=max1,6=6, f(7,1)
5、=2 f(4,1)=max1,2=2, f(1,1)=max1,f(4,1)=2 f(3,1)=4, f(2,1)=max1,4=4 f(5,2)=7 f(7,2)=maxf(5,1)+2=8 f(4,2)=maxf(7,2),f(7,1)+1=8 f(1,2)=maxf(4,2),f(4,1)+2=8 f(2,2)=maxf(1,1)+1, f(3,1)+1)=5 f(7,3)=9 f(4,3)=maxf(7,2)+1,f(7,3)=9 f(1,3)=maxf(4,2)+1,f(4,3)=9 f(2,3)=maxf(1,1)+f(3,1)+1,f(1,2)+1=9 f(2,4)=maxf(1
6、,3)+1, f(1,2)+f(3,1)+1=max9+1,8+4+1=13,/读入数据 ,转化为孩子兄弟表示 fin n m; scoren+1 = 0; brothern+1 = 0; / 输入数据并转化为左儿子右兄弟表示法 for (int i=1; i a b; if (a = 0) a = n + 1; scorei = b; brotheri = childa; childa = i; ,void dfs( int i, int j) if (visitedij) return; visitedij = 1; if (i=0 | j=0) return; dfs(brotheri,
7、 j); / 如果不选i，则转移到状态(brotheri, j) fij = fbrotherij; for (int k=0; k fij) fij = fbrotherik + fchildij-k-1 + scorei; ,软件安装（2010河南省选）,有N个软件，对于一个软件i，它要占用Wi的磁盘空间，它的价值为Vi。我们希望从中选择一些软件安装到一台磁盘容量为M计算机上，使得这些软件的价值尽可能大（即Vi的和最大）。 软件之间存在依赖关系，即软件i只有在安装了软件j（包括软件j的直接或间接依赖）的情况下才能正确工作（软件i依赖软件j)。幸运的是，一个软件最多依赖另外一个软件。如果一个
8、软件不能正常工作，那么它能够发挥的作用为0。 我们现在知道了软件之间的依赖关系：软件i依赖软件Di。 一个软件只能被安装一次，如果一个软件没有依赖则Di=0，这时只要这个软件安装了，它就能正常工作。 现在请你设计出一种方案，安装价值尽量大的软件。,分析,由于软件存在先后约束关系，因此简单按软件先后顺序进行动态规划，会不符合无后效应原理，因此我们需要在进行动态规划前进行预处理。 若安装软件i必须先安装j,则从i向j连一条有向弧，则软件的约束关系就构成了一个有向图。如下图： 可以看出如果有k个制约关系，则有k条边，中间会存在环,分析,处理环： 由于环为互为前提，要选择环中的一个必须都进行选择，因此
9、可以将环缩成一个点，这个点为权值和价值为其他点的和。 孤立点没有与其他点也没有任何关系，可以不管。 如果把每个连通分量看成一棵树，则图变成了为一个森林，图2。,树型动态规划,显然这个森林可以采用树型动态规划，先将它儿叉树。 设f(i,j)表示以i为根结点的二叉树分配j资源的最大价值,警卫安排,一个有N个区域的树结构上需要安排若干个警卫； 每个区域安排警卫所需要的费用是不同的； 每个区域的警卫都可以望见其相邻的区域，只要一个区域被一个警卫望见或者是安排有警卫，这个区域就是安全的； 任务：在确保所有区域都是安全的情况下，找到安排警卫的最小费用； 0n=720；,分析样例 该图有6个区域如图1，安排
10、情况如图2，红色点为安排了警卫。 2号警卫可以观察1，2，5，6；3号警卫可以观察1，3； 4号警卫可以观察1，4； 费用：16+5+4=25,分析,对于每个点i，都有3种状态分别为： 要么在父亲结点安排警卫，即被父亲看到 要么在儿子结点安排警卫，即被儿子看到 要么安排警卫 对于i i被父亲看到，这时i没有安排警卫，i的儿子要么安排警卫，要么被它的后代看到。 i被儿子看到，即i的某个儿子安排了警卫，其他儿子需要安排警卫或者被它的后代看到。 i安排了警卫，i的儿子可能还需要安排警卫，这样可能有更便易的方式照顾到它的后代；所以i的儿子结点被i看到，可能安排警卫，可能被它的后代看到。,动态规划,设f
11、(i,0)表示i结点被父亲看到； f(i,1)表示i被它的儿子看到； f(i,2)表示在i安排警卫； 则状态转移方程为： 时间复杂度O(N2),procedure work(now:longint); var i,j,sum,tmp:longint; begin for i:=1 to tnow do work(wnow,i); /对每个儿子进行处理 fnow,0:=0; /以下处理now被父亲看到 for i:=1 to tnow do inc(fnow,0,fwnow,i,1); /now的儿子被儿子看到 sum:=0; /以下处理在now被儿子看到的 for i:=1 to tnow d
12、o / now的儿子被儿子看到或者或安排警卫； inc(sum, min(fwnow,i,1,fwnow,i,2); fnow,1:=maxlongint; for i:=1 to tnow do /枚举哪个儿子放警卫 begin tmp:=sum-min(fwnow,i,1,fwnow,i,2)+fwnow,i,2; fnow,1:=min(fnow,1,tmp); end; fnow,2:=cnow; /以下处理在now放置警卫 for i:=1 to tnow do Inc(fnow,2, min(min(fwnow,i,0,fwnow,i,1),fwnow,i,2); fnow,1:=min(fnow,1,fnow,2) ;1包含了2状态，取优值 end;,总结,树型动态规划有一个共性，那就是它的基本模型都是一棵树或者森林，为了考虑方便，一般情况下都将这个树或森林转化为二叉树，如下图，然后整个问题的最优只会涉及到左右孩子的最优，然后考虑根结点的情况，这样化简了问题，最终很容易写出状态转移方程，从而问题得到解决。 另外，并不是所有的问题一定要转化为二叉树来解决，要仔细思考的就是每个结点有些什么状态，这些结点的状态与父、子结点的状态有什么联系，也就是如何由子结点的最优值推出父节点的最优值(即状态转移方程)。,
