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树形dp（数字转换NOIP17提高模拟训练4）
如果一个数x的约数和（不包括它本身，下同）比它本身小，那么x可以变成它的约数和；如果对于某个y>x且y的约数和为x，那么x也可以变成y。例如，4可以变为3，1可以变为7。限定所有的数字变换在不超过n的正整数范围内进行，求不断进行数字变换且没有重复数字出现的最多变换步数。
输入一个正整数n。
输出最少需要花费的时间。
样例输入：
7
样例输出：
3
这是网上抄来的解析：如果x和y可以互相转化，就连接一条无向边，最后得到的图其实是一个森林，每棵树都是无根树，其实就是要求，整个森林中两个连通的点的最远距离（这里边权都是1），和在无根树中求两点最远距离是一样的，不过这题的特殊性，可以更方便点对于任意一条边，必有x<y，在树中，x就应该为y的双亲（因为y的约数和是唯一的，但x可能是很多个数的约数和，这正好对应树的关系，双亲唯一，孩子不定）。而dp思想照样是找出每个节点到叶子的最大值m1和次大值m2，再两者相加的dp[rt]，而整个树中的最大值，就是扫描全部节点，找到最大的dp[rt]由于这题，每个节点的双亲是可以记录下来的，所以dp的时候不用递归，而写成递推式，直接从叶往上递推，为什么不能从根往下递推呢，这很容易理解，想想我们是怎么计算m1和m2的还有一个重要的时候就是怎么找出约数和，数据比较大，应该尽量避免多余的判断，用筛法求约数和则是一个不错的方法
这是我的代码：
#include<bits/stdc++.h>#define maxn 102930using namespace std;int n;long long sum[maxn],m1[maxn],m2[maxn];void solve(){ for(int i=n;i>=1;i--) { if(sum[i]<i)//判断是否符合条件，注意审题。 { if(m1[i]+1>m1[sum[i]]) { m2[sum[i]]=m1[sum[i]]; m1[sum[i]]=m1[i]+1; } else if(m1[i]+1>m2[sum[i]]) m2[sum[i]]=m1[i]+1; } } long long ans=0; for(int i=1;i<=n;i++) ans=max(m1[i]+m2[i],ans); cout<<ans<<endl;}int main(){ cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++) sum[i]=1; for(int i=2;i<=n/2;i++) for(int j=2*i;j<=n;j+=i)//求约数和 sum[j]+=i; solve(); return 0;}
树形dp（数字转换NOIP17提高模拟训练4）
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