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动态规划-树形DP

news 2025/7/1 5:37:03

树的重心

题目

链接：https://www.acwing.com/problem/content/848/

给定一颗树，树中包含 $n$ 个结点（编号 $\sim n$ ）和 $n - 1$ 条无向边。

请你找到树的重心，并输出将重心删除后，剩余各个连通块中点数的最大值。

重心定义：重心是指树中的一个结点，如果将这个点删除后，剩余各个连通块中点数的最大值最小，那么这个节点被称为树的重心。

输入格式

第一行包含整数 $n$ ，表示树的结点数。

接下来 $n - 1$ 行，每行包含两个整数 $a$ 和 $b$ ，表示点 $a$ 和点 $b$ 之间存在一条边。

输出格式

输出一个整数 $m$ ，表示将重心删除后，剩余各个连通块中点数的最大值。

数据范围

$\le n \le 10^5$

输入样例

输出样例：

思路

任取一点u，如果以u为重心，则分为如下两类：

u的子树
u上面的部分

需要算出这两者的节点数，取最大值。具体细节见代码

代码

#include <bits/stdc++.h>#define int long long
using namespace std;const int N = 1e5 + 10;
vector<int> e[N];
int n;
int sz[N]; //记录u的最大子树的节点数
int ans = 1e9;void dfs(int u, int fa) { //u：当前点，fa：父节点sz[u] = 1;int mx = 0; //记录u上面的点和子节点连通块的最大值for (auto j: e[u]) {if (j == fa) continue; //防止向上搜索dfs(j, u);sz[u] += sz[j];mx = max(mx, sz[j]);}mx = max(mx, n - sz[u]);ans = min(ans, mx);
}signed main() {
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("test.in", "r", stdin);freopen("test.out", "w", stdout);
#endifcin >> n;for (int i = 1; i <= n - 1; i++) {int x, y;cin >> x >> y;e[x].push_back(y);e[y].push_back(x);}dfs(1, 0);cout << ans << endl;return 0;
}

树的最长直径

题目

链接：https://www.acwing.com/problem/content/1074/

给定一棵树，树中包含 $ n $ 个结点（编号$ 1 n $）和 $ n-1 $ 条无向边，每条边都有一个权值。

现在请你找到树中的一条最长路径。

换句话说，要找到一条路径，使得使得路径两端的点的距离最远。

注意：路径中可以只包含一个点。

输入格式

第一行包含整数 $ n $。

接下来 $ n-1 $ 行，每行包含三个整数 $ a_i,b_i,c_i $，表示点 $ a_i $ 和 $ b_i $ 之间存在一条权值为 $ c_i $ 的边。

输出格式

输出一个整数，表示树的最长路径的长度。

数据范围

$ 1 \le n \le 10000 $,
$ 1 \le a_i,b_i \le n $,
$ -10^5 \le c_i \le 10^5 $

输入样例：

输出样例：

思路

任取一点u，从u点向下搜索，返回时收集边的权值，记录两条路径：

d1:记录从u点往下走的最长路径的长度
d2:记录从u点往下走的次长路径的长度

更新答案：ans=max(ans,d1+d2)

代码

#include <bits/stdc++.h>#define int long long
using namespace std;const int N = 10010;
int n, ans;
typedef struct edge {int v, w;
} edge;vector<edge> e[N];int dfs(int u, int fa) {int d1 = 0, d2 = 0;//最长和次长for (auto j: e[u]) {auto [v, w] = j;if (v == fa) continue;int d = dfs(v, u) + w;if (d >= d1) d2 = d1, d1 = d;else if (d > d2) d2 = d;}ans= max(ans,d1+d2);return d1;
}signed main() {
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("test.in", "r", stdin);freopen("test.out", "w", stdout);
#endifcin >> n;for (int i = 1; i < n; i++) {int a, b, c;cin >> a >> b >> c;e[a].push_back({b, c});e[b].push_back({a, c});}dfs(1, 0);cout << ans << endl;return 0;
}

树的中心

题目

链接：https://www.acwing.com/problem/content/1075/

给定一棵树，树中包含 $ n $ 个结点（编号$ 1 n $）和 $ n-1 $ 条无向边，每条边都有一个权值。

请你在树中找到一个点，使得该点到树中其他结点的最远距离最近。

输入格式

第一行包含整数 $ n $。

接下来 $ n-1 $ 行，每行包含三个整数 $ a_i,b_i,c_i $，表示点 $ a_i $ 和 $ b_i $ 之间存在一条权值为 $ c_i $ 的边。

输出格式

输出一个整数，表示所求点到树中其他结点的最远距离。

数据范围

$ 1 \le n \le 10000 $,
$ 1 \le a_i,b_i \le n $,
$ 1 \le c_i \le 10^5 $

输入样例：

输出样例：

思路

开一个数组p:p[u]记录从u点向下走点最长路径是从哪个点下去的

代码

#include <bits/stdc++.h>#define int long long
using namespace std;const int N = 100010;
int ans = 2e9;
int n;
typedef struct edge {int v, w;
} edge;vector<edge> e[N];
int d1[N], d2[N], up[N], p[N];void dfs1(int x, int fa) {for (auto item: e[x]) {int y = item.v, w = item.w;if (y == fa) continue;dfs1(y, x);if (d1[y] + w > d1[x]) {d2[x] = d1[x], d1[x] = d1[y] + w, p[x] = y;} else if (d1[y] + w > d2[x]) d2[x] = d1[y] + w;}
}void dfs2(int x, int fa) {for (auto item: e[x]) {int y = item.v, w = item.w;if (y == fa)continue;else if (y == p[x]) up[y] = max(up[x], d2[x]) + w;else up[y] = max(up[x], d1[x]) + w;dfs2(y, x);}
}signed main() {
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("test.in", "r", stdin);freopen("test.out", "w", stdout);
#endifcin >> n;for (int i = 1; i <= n - 1; i++) {int a, b, c;cin >> a >> b >> c;e[a].push_back({b, c});e[b].push_back({a, c});}dfs1(1, 0);dfs2(1, 0);for (int i = 1; i <= n; i++) {ans = min(ans, max(d1[i], up[i]));}cout<<ans<<endl;return 0;
}

数字转换

题目

链接：https://www.acwing.com/problem/content/1077/

如果一个数 $ x $ 的约数之和 $ y $（不包括他本身）比他本身小，那么 $ x $ 可以变成 $ y $，$ y $ 也可以变成 $ x $。

例如，$ 4 $ 可以变为 $ 3 $，$ 1 $ 可以变为 $ 7 $。

限定所有数字变换在不超过 $ n $ 的正整数范围内进行，求不断进行数字变换且不出现重复数字的最多变换步数。

输入格式

输入一个正整数 $ n $。

输出格式

输出不断进行数字变换且不出现重复数字的最多变换步数。

数据范围

$ 1 \le n \le 50000 $

输入样例：

输出样例：

样例解释

一种方案为：$ 4 \to 3 \to 1 \to 7 $。

思路

因为每个数x的约数之和y是固定的，但是一个约数之和y有可能是很多数x产生的，因此我们可以从y向x连边，这样就可以构成一棵树了，反之就不会构成树

这样建图的方式会构造出很多的树

如何求每个数的约数：

可以使用试除法求约数，这样的时间复杂度为 $O(n\sqrt{n})$ 本题应该可以过

也可以利用晒法的思想，对于一个数x，去枚举它的倍数(2倍，3倍…)，把这些倍数的数都加上数x，这样做的时间复杂度为调和级数 $l nn + C$ ，因此时间复杂度为 $O (n l o g n)$

构造完树之后，求最多的变换次数即变成了求树的最长直径，可以参考代码模版。

代码

#include <bits/stdc++.h>#define int long long
using namespace std;const int N = 5e4 + 10;vector<int> e[N];
int res = 0;
int d1[N], d2[N];
bool st[N];
int n;
int sum[N];void dfs(int x, int fa) {for (auto y: e[x]) {if (y == fa) continue;dfs(y, x);if (d1[y] + 1 > d1[x]) d2[x] = d1[x], d1[x] = d1[y] + 1;else if (d1[y] + 1 > d2[x]) d2[x] = d1[y] + 1;}res = max(res, d1[x] + d2[x]);
}signed main() {
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("test.in", "r", stdin);freopen("test.out", "w", stdout);
#endifcin >> n;//统计每个数的约数之和for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 2; j <= n / i; j++) {sum[i * j] += i;}}//建图for (int i = 2; i <= n; i++) {if (sum[i] < i) {e[sum[i]].push_back(i);st[i] = true;}}for (int i = 1; i <= n; i++)if (!st[i]) dfs(i, i);cout << res << endl;return 0;
}