解题报告：洛谷 P3047 [USACO12FEB]附近的牛Nearby Cows

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参考代码

...
int n,k,e,ui,vi;
int head[MAXN],dp[MAXN][25];

void preDfs(int u,int f)
{
	for (int i = head[u];i;i = info[i].nxt)
	{
		int v = info[i].to;
		if (v == f) continue;
		preDfs(v,u);
		for (int j = 1;j <= k;++j) dp[u][j] += dp[v][j - 1];
	}
}

void postDfs(int u,int f)
{
	for (int i = head[u];i;i = info[i].nxt)
	{
		int v = info[i].to;
		if (v == f) continue;
		for (int j = k;j >= 1;--j)
		{
			if (j != 1) dp[v][j] += dp[u][j - 1] - dp[v][j - 2];
			else dp[v][j] += dp[u][0];
		}
		postDfs(v,u);
	}
}

void init()
{
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for (int i = 1;i <= n - 1;++i)
	{
		qread(ui);
		qread(vi);
		addedge(ui,vi);
		addedge(vi,ui);
	}
	for (int i = 1;i <= n;++i)
	{
		qread(dp[i][0]);
		for (int j = 1;j <= k;++j) dp[i][j] = dp[i][0];
	}
}

void work()
{
	preDfs(1,0);
	postDfs(1,0);
	for (int i = 1;i <= n;++i)
	{
		qwrite(dp[i][k]);
		putchar('\n');
	}
}

分析

• 树形DP
• dp[i][k]：从节点i开始，向外走k步所能访问到的奶牛数。

我们可以很容易地得到从一个节点向下走k步可以访问到的奶牛数（preDfs()），但是，根据题意，我们还要知道向上走k步可以访问多少。这该怎么办呢？

从图中可以看到，所谓向上走，就是要求$V_4$V4​节点在绿色大圈的范围内可以访问到多少奶牛。

加以思考可以发现：这个值就是从$V_4$V4​的父亲$V_2$V2​开始，向上下走$k-1$k−1步可以访问到的奶牛数。

此时，从$V_2$V2​向上走的结果，就是相同子问题，对于我们来说，相同子问题就不是问题，由于我们是从上到下更新的，在遍历到$V_2$V2​前，这个值已经被计算出。

从$V_2$V2​向下走，有可能回到$V_4$V4​，这部分形成了重复，因此要将其剔除。怎么办呢？可以想到，从$V_4$V4​的父亲$V_2$V2​开始向下走$k-1$k−1步可以访问到的奶牛数，就等于从$V_4$V4​直接向下走$k-2$k−2步可以访问到的奶牛数（上去了又下来，需要两步）,而这个值是已知的，将其减去即可。于是得到了转移方程：

if (j != 1) dp[v][j] += dp[u][j - 1] - dp[v][j - 2];
else dp[v][j] += dp[u][0];
//虽然判不判j == 1都是可以AC的，但当j == 1时出现负下标值，故特判。

注意

在postDfs()中：

for (int j = k;j >= 1;--j)

为什么要从大到小更新呢？

作者在参考题解时，发现有两种状态表示：一种为dp[i][k][0/1]，0和1分别指向上向下走；还有就是作者的方法，直接表示向上下走的总和。

如果不从大到小更新，那么当j == 1时，已经将节点v向上下走的答案求出来了，后面在j == 3时，本来dp[v][j - 2]在转移方程中，只代表向下走的答案，现在却变成了向上下走，这就出了问题。

当然，采用前一种方法，就不会有这样的问题了。

若有谬误，敬请斧正。