E. Hanging Hearts（树形dp）

题目

题意

给定一棵树，结点数为n。根节点为1。现在可以选择任意一个n的排列a，给这棵树每个节点赋值。使得赋值后，树上每个节点有一个权值，且互不相同。

给定一个空数组s，再执行以下过程

• 从树上选择一个没有孩子节点的节点x，将其权值添加到s数组末尾。
• 如果节点x不是根节点，且当前节点的父节点，权值大于节点x的权值，则更新父节点的权值为节点x的权值。
• 从树上移除节点x

求出，最终得到的数组s，最长非递减子序列，最大长度。

问，如果采用最佳策略执行上述操作，数组s的最长非递减子序列，最大长度是多少。

思路

嗯，一道封装了一层皮的树形dp，，

几个观察点

• 叶子节点，不取白不取。如果最终得到的最长非递减子序列为b1,b2,…,bk，且bi对应的节点x，不是叶子节点，那么我们可以令节点x的一个孩子节点，的权值为bi。这样，就可以构造出b1,b2,…bi,bi,…,bk的非递减子序列，长度多了1。
• 同深度的节点x,y，如果它们对应的权值bi, bj都存在于最长非递减子序列中，那么节点x,y的父节点z，对应的权值v，不能出现在最长非递减子序列中。
  • 证明：不妨设bi

利用上述2个结论。我们可以构造dp转移方程，
令dp[u][0]表示不取当前节点时，该子树能得到的最大的非递减子序列的长度，
dp[u][1]表示取当前节点，该子树能得到的最大的非递减子序列的长度。

dp[u][0]只要累加所有子树的dp最大值即可
dp[u][1]实际就是节点u的深度。

dp[u][0] += max(dp[v][1], dp[v][0]);
dp[u][1] = max(dp[u][1], dp[v][1] + 1);
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代码

#include 
using namespace std;
#define ll long long
#define pcc pair<char, char>
#define pii pair<int, int>
#define inf 0x3f3f3f3f
const int maxn = 200010;
const int mod = 998244353;


vector<int> ve[maxn];
int n, p;
int dp[maxn][2];
void dfs(int u, int d) {
    if (!ve[u].size()) {
        dp[u][0] = 0;
        dp[u][1] = 1;
        return;
    }
    for (auto v: ve[u]) {
        dfs(v, d + 1);
    }
    dp[u][0] = 0;
    dp[u][1] = -1;
    for (auto v: ve[u]) {
        dp[u][0] += max(dp[v][1], dp[v][0]);
        dp[u][1] = max(dp[u][1], dp[v][1] + 1);
    }
    
}
void solve() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 2; i <= n; ++i) {
        scanf("%d", &p);
        ve[p].push_back(i);
    }
    dfs(1, 1);
    printf("%d\n", max(dp[1][1], dp[1][0]));
}
int main() {
    int t = 1;
//    scanf("%d", &t);
    int cas = 1;
    while (t--) {
//		printf("cas %d:\n", cas++);
        solve();
    }

}
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