树形 DP & 换根 DP 笔记

一、树形 DP

1. 用途

树形 DP 与普通 DP 的区别，就是普通的 DP 通常是在一个一维数组或二维数组上 DP，但树形 DP 是在一棵树上 DP，解决一些与树形结构有关的问题。

2. 实现方法

(1). 建图

使用链式前向星存图。

(2). 不同用途不同方法

①. 选或不选类

先放一个例题：

平台	网址
洛谷	https://www.luogu.com.cn/problem/P1352

不难看出，上司与下属的关系网是树形结构的，因此，选用树形 DP 解决这道题。

用 \(f_{i,0}\) 表示节点 \(i\) 不参加舞会，以 \(i\) 为根节点的子树的最大值，用 \(f_{i,1}\) 表示节点 \(i\) 参加舞会，以 \(i\) 为根节点的子树的最大值，\(f_{i,1}\) 的初始值为题目给出的 \(r_i\)，设 \(u\) 为当前处理边的起点，\(v\) 为终点。

由于树形 DP 通常由子节点状态转移得到父节点状态，因此状态转移方程左侧为 \(f_{u,x}\)。根据题目“隔一代”的参加聚会要求，当 \(u\) 不参加聚会时，\(v\) 既可以参加聚会，也可以不参加聚会；而当 \(u\) 参加聚会时，\(v\) 必须不参加聚会。因此可以推出两个状态转移方程：

\[f_{u,0}=f_{u,0}+\max(f_{v,0},f_{v,1}) \]

\[f_{u,1}=f_{u,1}+f_{v,0} \]

树形 DP 部分代码如下：

void dp(int x){
	f[x][0]=0;
	f[x][1]=h[x];
	for(int i=head[x];i;i=edge[i].next){
		int t=edge[i].v;
		dp(t);
		f[x][0]+=max(f[t][0],f[t][1]);
		f[x][1]+=f[t][0];
	}
}

②. 求权值总和/子树大小类

此类树形 DP 多数是前置需要的，难度并不是很高。若用 \(f_i\) 来表示节点 \(i\) 的子树大小，那么就不难得出下面的状态转移方程：

\[f_u=f_u+f_v+1 \]

③.求树的直径类

树的直径，指一棵树里任意两点的最远距离。

如下图所示，这棵树每条路径的长度仍未知，\(1\) 是整棵树的根节点，此时，对于以节点 \(u\) 为中间点的最长路径，就是在 \(u\) 的子树中找两个离 \(u\) 距离最远和次远的两个点 \(v_1\)、\(v_2\)，在 \(f_u\) 存下 \(v_1\) 供 \(u\) 的父亲节点使用，而答案则用一个变量 \(ans=\max(ans,v_1+v_2)\) 来保存。

树形 DP 部分的代码如下

inline int dp(int u,int fa){
	int d1=0,d2=0;
	for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
		int j=edge[i].v;
		if(j==fa)continue;
		int t=dp(j,u)+edge[i].len;
		if(t>d1)d2=d1,d1=t;
		else if(t>d2)d2=t;
	}
	ans=max(ans,d1+d2);
	return d1;
}

---

二、换根 DP

1. 用途

换根 DP 由树形 DP 的基础而来，换根 DP 用于解决要枚举一棵树中多个点作为根节点的题，如果进行 \(n\) 次树形 DP，时间复杂度就会是 \(\Theta(n^2)\)，很多题过不去。但是，如果能够通过状态转移方程，用 \(\Theta(1)\) 的时间将信息从一个根节点的转移到另一个根节点的结果，时间复杂度就是线性的，比较可观

2. 实现方法

(1). 思路

换根 DP 的思路，一般都是先用一个 \(g\) 数组来存下子树的信息。如 \(g_i\) 则表示以 \(i\) 为根的子树的某些信息。处理完之后，从根节点开始，逐步用父亲节点的信息推导出以儿子节点为整棵树的根节点的信息。

(2). 做法

以经典的“求经过每个节点的最长链”的长度为例。

首先任选一点为根，处理出以这个点为根时，从每个点 \(u\) 出发，往 \(u\) 子树里走的最长路径 \(d_{1,u}\) 和次长路径 \(d_{2,u}\)，结合代码应该很好理解：

void dfs1(int u, int fa) {
    for (auto [v, w] : g[u]) {
        if (v == fa)
            continue;
        dfs1(v, u);
        int dv1 = dp1[v] + w;
        if (dp1[u] <= dv1) {
            dp2[u] = max(dp1[u], dp2[v] + 2 * w);
            dp1[u] = dv1;
            pos[u] = v;
        } else
            dp2[u] = max(dp2[u], dv1);
    }
}

然后考虑换根 dp，经过点 \(u\) 的最长路径无非由两种组成可能。

• 由 \(d_{1,u}\) 和 \(d_{2,u}\) 拼接而成。
• 由 \(d_{1,u}\) 和往 \(u\) 的父亲走的一条路径拼接而成。

所以，这个问题中，换根 dp 要求的就是往 \(u\) 的父亲走的路径的最长值，记作 \(f_u\)。

• \(u\) 是一开始选择的根：\(f_u\gets 0\)。

• 可以沿着父亲再往父亲走：\(f_{u}\gets f_{fa}+w_{fa\to u}\)。

• \(fa\to u\) 的路径是 \(d_{1,fa}\) 的一部分：\(f_u\gets d_{2,fa}+w_{fa\to u}\)。因为肯定不能经过 \(fa\) 再走回 \(d_{1,fa}\) 这条路径。

• 其他情况：\(f_u\gets d_{1,fa}+w_{fa\to u}\)。

void dfs2(int u, int fa, int fw) {
    if (u == 1)
        up[u] = c[u];
    else {
        up[u] = max(up[fa] + fw, c[u]);
        if (pos[fa] == u) // pos[fa] 就是 fa 的 d1 链指向的第一个节点
            up[u] = max(up[u], dp2[fa] + fw);
        else
            up[u] = max(up[u], dp1[fa] + fw);
    }
    for (auto [v, w] : g[u]) {
        if (v == fa)
            continue;
        dfs2(v, u, w);
    }
}

结合代码也是比较好理解。

三、树上背包的时间复杂度

就是在树上做背包，状态形如 \(f_{u,i}\) 表示在 \(u\) 点选了 \(i\) 个物品，转移形如 \(f_{u,i+j}\gets f_{u,i}+f_{v,j}\)，其中 \(v\) 是 \(u\) 子树内任意一点。

一眼看上去 \(O(n^3)\)，但实际 \(O(n^2)\)。

证明咕了先。