POJ 1192 最优连通子集(树形DP)
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Description
定义1 两个整点P1(x1, y1), P2(x2, y2),若|x1-x2| + |y1-y2| = 1,则称P1, P2相邻,记作P1~P2,否则称P1, P2不相邻。
定义 2 设点集S是W的一个有限子集,即S = {P1, P2,..., Pn}(n >= 1),其中Pi(1 <= i <= n)属于W,我们把S称为整点集。
定义 3 设S是一个整点集,若点R, T属于S,且存在一个有限的点序列Q1, Q2, ?, Qk满足:
1. Qi属于S(1 <= i <= k);
2. Q1 = R, Qk = T;
3. Qi~Qi + 1(1 <= i <= k-1),即Qi与Qi + 1相邻;
4. 对于任何1 <= i < j <= k有Qi ≠ Qj;
我们则称点R与点T在整点集S上连通,把点序列Q1, Q2,..., Qk称为整点集S中连接点R与点T的一条道路。
定义4 若整点集V满足:对于V中的任何两个整点,V中有且仅有一条连接这两点的道路,则V称为单整点集。
定义5 对于平面上的每一个整点,我们可以赋予它一个整数,作为该点的权,于是我们把一个整点集中所有点的权的总和称为该整点集的权和。
我们希望对于给定的一个单整点集V,求出一个V的最优连通子集B,满足:
1. B是V的子集
2. 对于B中的任何两个整点,在B中连通;
3. B是满足条件(1)和(2)的所有整点集中权和最大的。
Input
以下N行中,第i行(1 <= i <= N)有三个整数,Xi, Yi, Ci依次表示第i个点的横坐标,纵坐标和权。同一行相邻两数之间用一个空格分隔。-10^6 <= Xi, Yi <= 10^6;-100 <= Ci <= 100。
Output
Sample Input
5 0 0 -2 0 1 1 1 0 1 0 -1 1 -1 0 1
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2
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/*********************************************POJ1192最优连通子集题目意思:如果两个点的距离相差一,则两个点相邻或着说连通。求:连通图的最大加权和。 思路:对给出的 n 个点建树,然后就是灰常简单的树形DP了。 f[ p ] 表示节点 p 含有的最大值,最后用个for循环遍历各个节点找出最大加权和。 **********************************************/#include<iostream>#include<stdio.h>#include<vector>#include<math.h>using namespace std;const int MAXN=1005;int n;bool used[MAXN];int f[MAXN];struct Node{int x,y,v;}tt[MAXN];vector<int>child[MAXN];bool near(int p,int q)//判断两个整点是否相邻{if(fabs((double)tt[p].x-tt[q].x)+fabs((double)tt[p].y-tt[q].y)==1)return true;return false;} void dfs(int p){ used[p]=true;for(int i=1;i<=n;i++) {if(!used[i]&&near(p,i)) { child[p].push_back(i); dfs(i); } } } void recur(int p){if(child[p].size()==0) { f[p]=tt[p].v;return; } for(int i=0;i<child[p].size();i++) recur(child[p][i]); f[p]=tt[p].v;for(int i=0;i<child[p].size();i++)if(f[child[p][i]]>0)f[p]+=f[child[p][i]];} int main(){ scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d%d",&tt[i].x,&tt[i].y,&tt[i].v);for(int i=1;i<=n;i++) child[i].clear(); memset(used,false,sizeof(used)); dfs(1); recur(1);int ans=0;//for(int i=1;i<=n;i++)//if(f[i]>ans)ans=f[i]; printf("%d\n",f[1]); system("pause");return 0;}
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