Crying 与哈密顿路 - 题解

标签与难度

标签: 树形DP, 动态规划, 哈密顿路, LCA, 树上背包, 图论难度: 2200

题目大意喵~

一位名叫 Crying 的朋友遇到了一点小麻烦，需要我们这些聪明的小我来帮忙，喵~

事情是这样哒：

首先，我们拿到了一棵有 $n$ 个节点的有根树，根节点是 1。每个节点 $i$ 都有一个自己的“心情值” $w_i$ 。
然后，我们要根据这棵树，变魔法一样造出一张新的图！这张新图是无向完全图，也就是说，每两个不同的节点之间都有一条边。
新图中，连接节点 $u$ 和 $v$ 的边的“价值”（也就是边权），等于它们在原来那棵树上的最近公共祖先 (LCA) 的心情值，即 $w_{\text{LCA}(u, v)}$ 。
我们的终极任务是，在这张新图上，找到一条哈密顿路，让这条路上所有边的价值总和最大。哈密顿路是一条不重复地经过图中每一个节点的路径，正好有 $n-1$ 条边。

我们只需要告诉 Crying 这个最大的价值总和是多少就可以啦，是不是很有趣的挑战呢？喵~

解题思路分析

这道题看起来好复杂呀，又是哈密顿路，又是LCA的，但是别怕别怕，让我来带你一步步解开它的神秘面纱！(ฅ'ω'ฅ)

哈密顿路问题通常是 NP-Hard 的，直接暴力搜索所有排列肯定会超时的说。但是！这道题的边权不是随便给的，而是由一棵树的结构决定的。这种有特殊结构的问题，通常都可以用动态规划来解决，特别是利用它给定的树形结构，那当然是树形DP啦！

核心思想：拆解贡献

我们要求的最大价值是 $\sum w_{\text{LCA}(p_i, p_{i+1})}$ ，其中 $p_1, \dots, p_n$ 是哈密顿路的节点序列。

我们可以换个角度思考，不去看每条边，而是看每个节点 $x$ 的心情值 $w_x$ 对总和贡献了多少次。当哈密顿路中某条边 $(u, v)$ 的 $\text{LCA}(u,v)$ 正好是 $x$ 时， $w_x$ 就会被加上。什么时候 $\text{LCA}(u,v) = x$ 呢？这说明 $u$ 和 $v$ 分别在 $x$ 的不同子树里（或者其中一个是 $x$ 本身）。

这启发我们，可以在树上从下往上进行计算。对于每个节点 $u$ ，我们考虑它的子树，看看子树内的节点能构成什么样的路径，以及这些路径能产生多大的价值。

DP状态定义

既然是树形DP，那我们就来定义一个合适的DP状态吧！

我们定义 dp[u][i] 表示：在以 u 为根的子树中，将所有节点划分成 i 条互不相交的路径，能够得到的最大边权和是多少。

这里说的“边权和”，指的是这些路径内部所有边的权值之和。一条边的权值，依然遵循题目给的LCA规则。

DP的转移过程（最有趣的部分！）

我们使用深度优先搜索（DFS）来进行后序遍历，这样在处理一个节点 u 时，它的所有子节点都已经被计算过了，喵~

基本情况（叶子节点）: 对于一个叶子节点 u，它的子树里只有它自己。它只能形成一条只包含一个节点的“路径”，长度为0。所以，路径数为1，内部边权和为0。即 dp[u][1] = 0。对于其他的 i，dp[u][i] 都是一个极小值（比如负无穷），表示不合法。
合并子树（状态转移）: 这是最关键的一步！假设我们正在计算节点 u，并且已经计算完了它的一个子节点 v。现在要把 v 的子树信息合并到 u 上。
在合并前，我们已经处理完了 u 和它的其他一些子节点，假设这些节点构成了 i 条路径，最大价值是 dp_u_temp[i]。而 v 的子树中，节点构成了 j 条路径，最大价值是 dp[v][j]。
现在，我们要把这两部分“焊接”起来。怎么焊呢？我们可以连接一条 u 这边某条路径的端点和 v 子树中某条路径的端点。任何这样一条新的连接边，它的两个端点一个来自 u 的（部分）子树，一个来自 v 的子树，它们的LCA必然是 u！所以，每建立一条这样的连接，总价值就会增加 $w_u$ 。
假设我们建立了 $k$ 条这样的新连接：
- 价值变化: 总价值增加了 $k \times w_u$ 。
- 路径数变化: 原来总共有 $i+j$ 条路径。每建立一条连接，就会把两条路径合并成一条，总路径数减1。所以建立 $k$ 条连接后，总路径数变为 $i+j-k$ 。
于是，我们得到了状态转移方程： new_dp[i+j-k] = max(new_dp[i+j-k], dp_u_temp[i] + dp[v][j] + k * w_u)
我们只要遍历所有可能的 i, j, k，就能更新合并后的DP状态啦！
k的取值范围: k 是连接数，它受限于两边可以用来连接的“端点”数量。
- u 这边有 i 条路径，就有 $2i$ 个端点（一个单节点路径也算有两个虚拟端点，可以连出两条边）。
- v 这边有 j 条路径，就有 $2j$ 个端点。
- 所以，我们最多能建立 $\min(2i, 2j)$ 条连接。也就是说 $0 \le k \le \min(2i, 2j)$ 。
一个重要的约束: 在合并的过程中，我们不能把当前子树内的所有节点连成一个环。一个环意味着没有端点可以向外连接了，而我们的目标是构建一条贯穿所有 $n$ 个节点的一条大路径。如果子树内部成环，就无法和外面的节点连接了。
怎么判断成环了呢？如果合并后路径数变成了0，即 $i+j-k=0$ ，就说明形成了一个闭环。所以我们要加个条件 if (i+j-k > 0) 来避免这种情况。

最终答案

当我们从根节点 1 开始DFS，整个过程结束后，dp[1][i] 就存储了将整棵树的所有 $n$ 个节点划分为 i 条路径的最大价值。因为题目要求的是一条哈密顿路，也就是一条包含所有节点的单条路径，所以我们想要的最终答案就是 dp[1][1] 啦！

这个过程就像是在玩乐高，先把小零件（叶子节点）拼成小模块（子树路径），再把小模块一层层拼成一个大作品（最终的哈密顿路），是不是很有趣呢，喵~

代码实现

这是我根据上面的思路，精心重构的一份代码哦！变量名和注释都写得很清楚，希望能帮助你理解，喵~

cpp

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>

using namespace std;

// 使用 long long 防止结果溢出，喵~
using int64 = long long;

const int MAXN = 305;
const int64 INF = 1e18; // 一个足够大的负数表示无效状态

int n;
int64 weight[MAXN]; // 每个节点的心情值 w_i
vector<int> children[MAXN]; // 存储树的结构

// dp[u][i]: 在以 u 为根的子树中，所有节点构成 i 条路径的最大边权和
int64 dp[MAXN][MAXN];
int subtree_size[MAXN]; // 记录子树大小

// 用于合并时的临时DP数组
int64 temp_dp[MAXN];

void dfs(int u) {
    // 1. 初始化
    // 节点 u 自己构成一棵子树，大小为1
    subtree_size[u] = 1;
    // 初始化dp表，所有状态都设为无效
    for (int i = 0; i <= n; ++i) {
        dp[u][i] = -INF;
    }
    // 节点 u 自己是一条路径，内部边权和为0
    dp[u][1] = 0;

    // 2. 递归处理子节点并合并
    for (int v : children[u]) {
        dfs(v);

        // 准备一个临时数组来存放合并后的新状态，防止在计算时污染当前 dp[u] 的值
        for (int i = 0; i <= subtree_size[u] + subtree_size[v]; ++i) {
            temp_dp[i] = -INF;
        }

        // i: 当前 u 所在组件的路径数
        for (int i = 1; i <= subtree_size[u]; ++i) {
            // 如果 dp[u][i] 是个无效状态，就没必要从这里转移了
            if (dp[u][i] < -INF / 2) continue;

            // j: 子节点 v 的子树中的路径数
            for (int j = 1; j <= subtree_size[v]; ++j) {
                if (dp[v][j] < -INF / 2) continue;
                
                // k: 在 u 组件和 v 子树之间建立 k 条连接
                // k 的上限是 min(2*i, 2*j)
                for (int k = 0; k <= 2 * min(i, j); ++k) {
                    // 合并后形成 i+j-k 条路径
                    int new_paths = i + j - k;
                    if (new_paths > 0) { // 必须至少有一条路径，不能形成环
                        int64 current_val = dp[u][i] + dp[v][j] + (int64)k * weight[u];
                        temp_dp[new_paths] = max(temp_dp[new_paths], current_val);
                    }
                }
            }
        }
        
        // 更新 u 的子树大小
        subtree_size[u] += subtree_size[v];
        // 将合并后的结果拷回 dp[u]
        for (int i = 1; i <= subtree_size[u]; ++i) {
            dp[u][i] = temp_dp[i];
        }
    }
}

int main() {
    // 为了更快的I/O，喵~
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);

    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cin >> weight[i];
    }
    for (int i = 2; i <= n; ++i) {
        int parent;
        cin >> parent;
        children[parent].push_back(i);
    }

    dfs(1);

    // 最终答案是整棵树构成1条路径（哈密顿路）时的最大价值
    cout << dp[1][1] << endl;

    return 0;
}

复杂度分析

时间复杂度: $O(N^3)$ 我们对树进行了一次深度优先搜索。在每个节点 u，我们会遍历它的所有子节点 v 并进行合并。合并操作是复杂度的主要来源，它有三层循环，分别遍历 i, j, k。 i 的范围是 $[1, \text{size}(u)]，j 的范围是 $[1, \text{size}(v)]，k 的范围是 $[0, 2\min(i, j)]$ 。这是一个典型的树上背包问题。虽然看起来循环很多，但经过仔细分析（或者可以记作一个结论），这类将子树大小作为DP维度的合并操作，总的时间复杂度通常是 $O(N^2)$ 或 $O(N^3)$ 。在这个问题中，由于有第三层 k 循环，其复杂度更接近于 $O(N^3)$ 。对于 $N=300$ 的数据规模， $300^3 \approx 2.7 \times 10^7$ ，是可以通过的。
空间复杂度: $O(N^2)$ 主要的开销是 dp 数组，它的大小是 MAXN * MAXN，即 $O(N^2)$ 。children 邻接表和 subtree_size 数组占用 $O(N)$ 空间，temp_dp 数组占用 $O(N)$ 空间。所以总空间复杂度是 $O(N^2)$ 。

知识点总结

这道题真是一次有趣的冒险，我们从中可以学到很多东西呢！

树形DP: 解决树上问题的强大武器！核心是找到合适的DP状态，并通过DFS（通常是后序遍历）自底向上地合并子问题的解。
树上背包问题: 一种经典的树形DP模型。特征是在父节点合并子节点信息时，状态的维度（比如本题的路径数）会相加，很像背包问题中物品体积的合并。
问题转化: 学会将一个复杂的问题（求最大权哈密顿路）转化为另一个等价且更易于处理的问题（计算各节点权值的贡献，并用DP求解）。
LCA的应用: LCA不仅在查询问题中常见，也可以作为一种定义图中关系的工具，如此题中定义边权。
细节处理: 在DP过程中，要注意边界条件、无效状态的表示（用负无穷），以及使用临时数组来避免状态更新的相互干扰，这些都是写对DP代码的好习惯，喵~

希望这篇题解能帮到你！如果还有不明白的地方，随时可以再来问我哦！一起加油，喵呜~ (づ｡◕‿‿◕｡)づ

Crying 与哈密顿路 - 题解 ​

标签与难度 ​

题目大意喵~ ​

解题思路分析 ​

核心思想：拆解贡献 ​

DP状态定义 ​

DP的转移过程（最有趣的部分！） ​

最终答案 ​

代码实现 ​

复杂度分析 ​

知识点总结 ​