56 9kyo hwang #204

9kyo-hwang · 2024-07-12T05:31:58Z

🔗 문제 링크

15681 트리와 쿼리

✔️ 소요된 시간

40분

✨ 수도 코드

1. 문제

간선에 가중치와 방향성이 없는 임의의 루트 있는 트리가 주어졌을 때, 다음 쿼리를 수행하는 프로그램을 작성하라.

정점 U를 루트로 하는 서브트리에 속한 정점의 수를 출력한다.

제한 사항

트리 정점의 수 $2 \le N \le 10^5$
루트 번호 $1 \le R \le N$
쿼리 수 $1 \le Q \le 10^5$

2. 설명

쿼리 수가 많기 때문에 매 쿼리마다 서브 트리에 속한 정점 수를 구할 수는 없다.
결국 미리 계산해서 결과를 캐싱해놔야 하는데, 이런 식의 아이디어가 적용된 문제를 보통 "트리 DP"란 유형으로 묶인다.

기본적으로는 DFS 순회이다. 굳이 트리 자료구조를 구현하지 않더라도, 방문 처리만 해준다면 트리를 순회하는 것과 같은 효과를 얻을 수 있다.
즉 루트에서 DFS 함수를 호출하면, 리프 노드까지 내려갔다가 올라오면서 부모 노드들의 값을 처리하는 형태를 띄게 된다.

문제에서 주어진 입력은 루트가 5번이고, 엣지 정보가 다음과 같다.

이 정보를 통해 인접 리스트를 구성하면 다음과 같다.

node[1] - 
node[2] -
node[3] - [1] - [2]
node[4] - [3]
node[5] - [4] - [6]
node[6] - [5] - [7] - [9] - [8]
node[7] -
node[8] -
node[9] -

이제 5번 노드부터 탐색을 시작해 방문 처리를 하며 값을 구한 뒤, 그 값을 dp 테이블에 저장하면 된다.

예를 들어, node[6]에는 5, 7, 8, 9번이 연결되어 있지만 루트인 5번은 이미 visited 처리가 되어있기 때문에 가지 않는다.
이러한 원리로 5 -> 4 -> 3 -> 1 까지 재귀적으로 들어갔다가, 돌아나오면서 dp[3] += dp[1] 이 수행되고 2번 노드로 간 뒤, 다시 돌아나오면서 dp[3] += dp[2]가 수행된다. 따라서 dp[3]에는 3이 저장된다.

int N, R, Q; cin >> N >> R >> Q;
vector<vector<int>> Tree(N + 1);
for(int i = 0; i < N - 1; ++i)
{
    int U, V; cin >> U >> V;
    Tree[U].emplace_back(V);
    Tree[V].emplace_back(U);
}

vector<int> Size(N + 1, 1);
vector<bool> Visited(N + 1, false);

앞서서 얘기한 대로 "인접리스트" 형식으로 트리를 표현한다.
dp 테이블과 방문 처리를 위한 리스트도 각각 선언한다.

function<int(int)> DFS = [&](int Parent)
{
    if(Visited[Parent])
    {
        return Size[Parent];
    }
    
    Visited[Parent] = true;
    for(const int Child : Tree[Parent])
    {
        if(!Visited[Child])
        {
            Size[Parent] += DFS(Child);
        }
    }
    
    return Size[Parent];
}; DFS(R);

최초의 DFS 함수는 루트 노드에서 시작한다.
현재 노드 Parent에서 Visited를 체크한 뒤, Child 노드들을 확인하며 방문하지 않았다면 DFS 함수를 재귀 호출해 그 결과를 dp 테이블에 저장한다.
만약 현재 Parent 노드가 이전에 방문했었더라면 부모 -> 자식 -> 부모로 다시 확인하는 과정, 즉 리프 노드에 도달했다는 의미이므로 DP 테이블에 담긴 값을 반환한다.

while(Q--)
{
    int U; cin >> U;
    cout << Size[U] << "\n";
}

루트 노드에 대해 DFS를 호출했다면 dp 테이블에 각 노드 별 서브 트리의 노드 개수가 모두 저장돼있으므로, 쿼리에 대해서는 테이블에 존재하는 값을 바로 출력주면 된다.

3. 전체 코드

#include <iostream>
#include <vector>
#include <functional>

using namespace std;

int main()
{
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    
    int N, R, Q; cin >> N >> R >> Q;
    vector<vector<int>> Tree(N + 1);
    for(int i = 0; i < N - 1; ++i)
    {
        int U, V; cin >> U >> V;
        Tree[U].emplace_back(V);
        Tree[V].emplace_back(U);
    }
    
    vector<int> Size(N + 1, 1);
    vector<bool> Visited(N + 1, false);
    
    function<int(int)> DFS = [&](int Parent)
    {
        if(Visited[Parent])
        {
            return Size[Parent];
        }
        
        Visited[Parent] = true;
        for(const int Child : Tree[Parent])
        {
            if(!Visited[Child])
            {
                Size[Parent] += DFS(Child);
            }
        }
        
        return Size[Parent];
    }; DFS(R);

    while(Q--)
    {
        int U; cin >> U;
        cout << Size[U] << "\n";
    }

    return 0;
}

📚 새롭게 알게된 내용

트리 DP 문제 중엔 쉬운 문제라 크게 어려움 없이 푼 것 같다.
다음엔 좀 더 어려운 문제를 풀어봐야겠다.

mjj111

처음에 각 쿼리에 대해 그래프 탐색해서 프린트하면 되지 않을까 생각했더니
O(n**2) 라서 다른 방법을 모색해야만 헀네영

이전 경로 탐색에 메모제이션을 입히는 방법으로 저도 DP 적용해서 풀어봤습니다!

import java.io.*;
import java.util.*;

public class Main {

	static int[] children;
	static List<Integer>[] nodes;

	public static void main(String[] args) throws IOException{
		BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
		StringTokenizer st = new StringTokenizer(br.readLine());
		
		int n = Integer.parseInt(st.nextToken());
		int r = Integer.parseInt(st.nextToken());
		int q = Integer.parseInt(st.nextToken());
		
		nodes = new ArrayList[n+1];
		for(int i=1; i<n+1; i++) {
			nodes[i] = new ArrayList<>();
		}

		children = new int[n+1];
		Arrays.fill(children, 1);
        
		for(int i=0; i<n-1; i++) {
			st = new StringTokenizer(br.readLine());
			int u = Integer.parseInt(st.nextToken());
			int v = Integer.parseInt(st.nextToken());
			
			nodes[u].add(v);
			nodes[v].add(u);
		}
		
		traversal(r, -1);
		
		for(int i=0; i<q; i++) {
			int idx = Integer.parseInt(br.readLine());
			System.out.println(children[idx]);
		}
	}
	
	static void traversal(int idx, int pa) {
		for(int next : nodes[idx]) {
			if(pa != next) {
				traversal(next, idx);
			}
		}
		
		if(pa!=-1) {
			children[pa] += children[idx];
		}
	}
}

xxubin04

왜 더이상 자식노드가 없으면, dp[n] += dp[n-1]을 하는가 했는데, 그렇게 함으로써 노드 방문 처리 횟수를 얻을 수 있는 거였네요.
이런 아이디어는 어떻게 생각해내시는 건지...🧐
트리 순회 문제가 나온다면 방문 처리를 해주는 방향으로 고민해봐야겠습니다~!

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