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】

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：\(ans\leftarrow \displaystyle \max_{i=1\sim n}(dp[i])\)。

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。

\(dp[u][0]\)。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 \(dp[u][0]=\displaystyle \sum_{fa[v]=u} dp[v][0]\)。
\(dp[u][1]\)。\(u\) 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：

\(dp[i][0]=0,dp[i][x(x\neq 0)]=-\infty\)。

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\()\)。

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。

code

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 \(\leq \frac{n}{2}\) 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 \(\leq \frac{n}{2}\) 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 \(\leq \frac{n}{2}\) 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 \(\leq \frac{n}{2}\) 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 \(sz[j]\leq \frac{n}{2}\)，\(dp[i]=\max(dp[i],sz[j])\)；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。

code

【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。

第 \(n\) 段不睡，正常线性，取 \(dp[n][B][0]\)（第 \(n\) 段必须不睡）；
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 \(-\infty\)（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）。

code