树形 DP

简单的树上 dp 其实已经在普及组涉及过：自上而下和自下而上传递的性质。
现在我们需要研究更复杂的树上 dp，比如换根 dp 等等。

【树上 dp】

最大子树和

给出一棵带点权的树，求这棵树中的最大权连通块。

因为是无根树，我们人为规定 1 号结点为根。

$dp[i]$ 表示以 $i$ 为根的子树内，必须包含 $i$ 的最大权连通块。

我们发现，“最大权连通块的点权和” 是一个可以自下而上传递的属性。对于每一个结点 $u$，$dp[u]$ 初值 $a[u]$。
我们先递归处理 $u$ 的所有子结点。然后对于每一个子结点 $v$，若 $dp[v]>0$，则 $dp[u]+=dp[v]$。

现在我们求出了 $dp$ 数组，$dp[1]$ 就是必须包含 1 的最大权连通块。但是现在还有一个问题，$dp[1]$ 只是包含 1 的最大权连通块，真正的最大权连通块可能并不包含 1。

对于这个问题，我们的处理是：$ans\leftarrow {\displaystyle \underset{i=1\sim n}{max}(dp[i])}$。

为什么正确呢？因为我们考虑任何一个连通块，无论这棵树以谁为根，它一定有一个深度最浅的点 $x$，并且只有一个（如果有两个，一个结点有两个父亲）。那么这个连通块就被 $dp[x]$ 代表了。

战略游戏

给定一颗无根树。如果我们在 $i$ 上放一个士兵，那么所有与 $i$ 相连的边都会被瞭望。要使所有边都被瞭望，求最小士兵数。

我们令 1 号结点为根。

$dp[i][0]$ 表示以 $i$ 为根的子树中瞭望所有边，$i$ 不放士兵，所需的最小士兵数。

$dp[i][1]$ 定义类似，但是 $i$ 放士兵。

显然所有 $dp[i][0]$ 初值 0，$dp[i][1]$ 初值 1。

下考虑一个结点 $u$ 的 $dp$ 咋求。

1. $dp[u][0]$。因为 $u$ 不放，所以与 $u$ 相连的边都需要靠 $u$ 的子结点瞭望。所以 $dp[u][0]={\displaystyle \sum _{fa[v]=u}dp[v][0]}$。

2. $dp[u][1]$。$u$ 放了，那么子结点就可以考虑放与不放。显然每个子结点的子树之间没有关系。所以 $dp[u][1]={\displaystyle \sum _{fa[v]=u}min(dp[v][0],dp[v][1])}$。

选课

这题有点像树上背包，但并不是树上背包。

这题相当于给出了一片 $n$ 个点的森林。要求选一个点必须选其父节点。现在问你最多选 $m$ 个点，最大点权和是多少。

我们可以考虑建一个 0 号点，作为每棵树的根的父节点，同时也是根节点，权值设为 0。

定义：

$dp[i][j]$ 表示在以 $i$ 为根的子树中，选 $j$ 个点，并且必须包含 $i$ 这个点，得到的最大点权和。

初值：

$dp[i][0]=0,dp[i][x(x\ne 0)]=-\mathrm{\infty }$。

递推：

对于一个结点 $u$，我们先计算它的子结点的 $dp$。然后我们枚举子结点 $v$、$u$ 的子树里面取多少个 $j$、$v$ 的子树里面取多少个 $k$。

$dp[u][j]=max(dp[u][j],dp[u][j-k]+dp[v][k])$。（注意：这里 $j$ 需要从大到小枚举，不然就会出现用当前层更新当前层的情况）

可是这样写感觉很奇怪，因为 $dp[u]$ 里面应该包含了 $dp[v]$。但是我们说这没问题，因为 $dp[u]$ 只包含枚举过的子结点的子树，并不包含现在正在枚举的子树。而每当我们枚举完一个结点 $v$ 之后，就相当于把 “可以在 $v$ 的子树中选点”的情况加入了 $dp[u]$ 了。

注意，这里我们递推完 $dp[u]$ 了，但是现在的 $dp[u]$ 是 不包含 $u$ 的。
所以，我们最后还需要枚举 $j\leftarrow m\sim 1$，使所有 $dp[u][j]=dp[u][j-1]+s[u]$.

答案是 $dp[0][m+1]$，这意味着我们上面枚举的时候要枚举到 $m+1$。

【换根 dp】

对于一颗无根树，我们可以考虑固定一个结点为根来求出以这个点为根的答案。但是我们可能需要知道每一个点为根的答案，如果每一个点做根都重新求一遍答案，这就太慢了。
我们可以考虑 “换根 dp”。

具体而言，当我们当前做根的结点是 $u$，现在尝试以 $u$ 的子结点 $v$ 作为根。
这个时候我们发现一件事：对于所有 $v$ 的子结点，我们在 $u$ 做根的时候求出的答案依然可以用，唯一变化的是父节点子树。
而父节点子树变化的地方在于：增加了 $u$ 的子树，但排除 $v$ 的子树。
如果我们能快速计算这一部分产生的贡献，并将其传递给子结点，我们就可以让子结点快速计算变化的量。

Accumulation Degree

给出一颗无根树，每条边有一个容量，所有叶结点（度为 1）都是汇点。求以哪个点为源点（根）时，从每个汇点流出的水量之和最大。当然汇点不能同时做源点。

先假设 1 是根节点（源点）。

我们令 $dp[i]$ 表示以 $i$ 为源点流向 $i$ 的子树，最大流量是多少。

显然对于每一个点 $x$，$dp[x]={\displaystyle \sum _{v\in son[u]}min(dp[v],c(u,v))}$，$c(u,v)$ 表示 $u$ 通向 $v$ 的边的容量。

接下来我们考虑 $a[i]$：表示以 $i$ 为根的最大出水量。假设 $a[u]$ 已经算完，现在求 $a[v],v\in son[u]$。

$a[v]=$ $v$ 向 $v$ 的子树的流量 $+$ $v$ 向 $u$ 的子树（$v$ 的父节点子树）的流量。
而 $v$ 向 $v$ 的父节点子树的流量 $=min\{c(v,u),u$ 向 $u$ 的父节点子树的流量 $+$ $u$ 向 $u$ 的“所有除了 $v$ 所在子树的子树” 的流量 $\}$。

而 $v$ 向 $v$ 的子树的流量 $=dp[v]$；$u$ 向 $u$ 的父节点子树的流量 $=a[u]-dp[u]$；$u$ 向 $u$ 的“所有除了 $v$ 所在子树的子树” 的流量 $=dp[u]-min(c(u,v),dp[v])$。

所以$a[v]=dp[v]+min\{c(v,u),(a[u]-dp[u])+(dp[u]-min(c(u,v),dp[v]))\}$。

最后还有一个问题，就是关于叶结点当根的问题。我们可以让 $dp[$叶$]=0$，但是求 $dp[$叶的父亲$]$ 的时候不要和 $dp[$叶$]$ 求 $min$，直接返回 $c($叶的父亲$,$叶$)$。

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一般换根 dp 都会有两次循环，一次计算以一个点为根的答案，另一次用换根计算每一个点为根的答案。

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Centroids

给出一棵树，可以删去一条边再补上一条边，请问对于每一个点，是否能通过操作使其变成中心。

显然对于一个点，如果它不是重心，意味着它恰有（不恰有，加起来大于 $n$）一个规模大于 $\frac{n}{2}$ 的子树。

显然，我们要从最大的子树中，切下一个规模 $\le \frac{n}{2}$ 但尽可能大的子树，然后接到根节点上。
我们关心一颗子树中 一个规模 $\le \frac{n}{2}$ 但尽可能大的子树 规模最大是多少，因为这样我们就可以相减，求出切掉之后是否还大于 $\frac{n}{2}$。

$dp[i]$ 表示 $i$ 向下（$i$ 下方所有边）切出 $\le \frac{n}{2}$ 的最大子树的大小。$a[i]$ 表示 $i$ 向上（$i$ 的父节点子树加上通往父节点的边）切出 $\le \frac{n}{2}$ 的最大子树的大小。
考虑如何用 $a[i]$ 求 $a[j],j\in son[i]$。

求 $dp[i]$ 时，枚举子结点 $j$。若 $sz[j]\le \frac{n}{2}$，$dp[i]=max(dp[i],sz[j])$；否则，$dp[i]=max(dp[i],dp[j])$。

$a[j]$ 比 $a[i]$ 多出来的切法是 直接与 $i$ 相连的边和 $i$ 所有不是 $j$ 的子树中包含的边。

$a[j]=max\{a[i],$切与 $i$ 相连的边的答案$,$切 $i$ 的其他子树的答案$\}$。

"切与 $i$ 相连的边的答案" 分两种，如果是 $j$ 连向 $i$ 的边，答案是 $n-sz[j]$；否则答案是 $sz[v],v$ 是 $i$ 的其他子结点。

“切 $i$ 的其他子树的答案”，相当于把 $i$ 的除了 $j$ 的子树的 $dp$ 都取 $max$，这可以用前后缀最大值来做。

还有一个要注意的点：我们要去掉子结点通向父节点的边。

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【环形 dp】

Naptime G（这个是环形 dp，为后面基环树 dp 做准备）

注：如果只睡一个时间，不增加效用值。如果睡了连续多个时间，从第二个时间开始计算效用值。

我们从简单情况开始，考虑我们在线性怎么做这个问题：

$dp[i][j][k]$ 表示前 $i$ 段时间睡 $j$ 段，第 $i$ 段时间睡不睡。（1睡 0不睡）

之所以要开第三维 $k$，是因为第 $i$ 段睡不睡可能会影响到下一段如果睡的话统不统计效用值，有后效性。

$dp[i][j][0]=max(dp[i-1][j][0],dp[i-1][j][1])$，
$dp[i][j][1]=max(dp[i-1][j-1][1]+U_i,dp[i-1][j-1][0])$。

接下来我们考虑环形，因为环形交界处在 $n$和 $1$，不妨讨论第 $n$ 段睡不睡。

1. 第 $n$ 段不睡，正常线性，取 $dp[n][B][0]$（第 $n$ 段必须不睡）；

2. 第 $n$ 段睡，唯一的影响是如果第 1 段睡就会变成有效睡眠，取 $dp[n][B][1]$（第 $n$ 段必须睡）。

因为 $n$ 是接在 $1$ 后面的，在 dp 里我们以 $0$ 开始递推，所以我们可以把 $n$ 视作 $0$。

这两种情况我们可以做两次 dp，唯一的区别是如果第 $n$ 段不睡，初值的设定是 $dp[0][0][0]=0$，其他 $-\mathrm{\infty }$（不可以在第一段统计贡献）；如果第 $n$ 段睡，初值的设定是 $dp[0][0][0]=dp[0][0][1]=0$（可以在第一段统计贡献，是 $dp[0][0][1]$ 而非 $dp[0][1][1]$ 是因为我们把 $n$ 视作 $0$，但是并没有占用睡觉时间，真正的睡觉时间应该在 $dp[n][B][1]$ 的时候才计算）。

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【基环树 dp】

基环树：一棵树，加上一条边（$n$ 条边的连通图）。可以看成一个环吊着好几棵树。

城市环路

给出一棵基环树，每个点有点权。相邻两点不能同时选。选出若干个点使得点权和最大。

首先，我们可以找出这个环。然后我们枚举环上每一个点，这个点下方吊着一棵树。而在树上这个问题是很简单的，类似 “战略游戏”。

对于环上每个点都做完这个操作之后，我们可以用环上每个点代表这个点吊着的树，可以这么做的原因是环上每个点是否选择，并不影响环上其他点吊着的树。

于是我们就可以做一次环形 dp，第 $x$ 个数如果选，有 $dp[x][1]$ 的贡献；如果不选，有 $dp[x][0]$ 的贡献。

和上面的题类似，我们可以讨论最后一个数选还是不选，做两次 dp。

还有一个问题：怎么 $O(n)$ 找环。我们知道，当我们在深搜的时候如果试图进入一个已访问的结点，那么我们就找到了一个环。我们可以倒着退回去，把环存进链表里面。

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这里还要注意一个点：可能出现一种只有两个点两条边的环，这种情况我们需要特判。虽然这题没有，但是如果遇到了，建议去掉通向父节点的边。

注：基环树还有另一种处理方法，那就是在环上找一条边删掉，用树的方法处理。