动态DP，ddp
动态DP？动态动态规划？
个人理解：动态DP，就是普通DP加修改操作，然后就变成了个毒瘤题。
直接就着例题写吧。
例题
P4719 【模板】"动态 DP"&动态树分治
求树上最大独立集。要求支持修改点权。n<=1e5.
算法原理
首先不带修的最大独立集是一个NOIP题：
\(f[cur][0/1]\) 表示 \(cur\) 选/不选 其子树内（含 \(cur\)）的被选点权值和。
既然要求支持修改，我们可以拿出对付树的利器：树链剖分。将树剖分成重链和轻边。然后 \(f[cur][0/1]\) 含义不变，另设 \(g[cur][0/1]\) 表示不考虑重儿子的 \(f\)。那么有:
为了描述方便，规定 \(i + 1\) 为在重链上与 \(i\) 相邻的比 \(i\) 深的那个点。则：
然后我们发现这样老是[0][1]不方便，直接用 \(2×1\) 的矩阵来表示 \(f, g\)，这样的话，我们就发现 \(f\) 矩阵可以由与 \(g\) 有关的矩阵递推：
这样，我们就只用维护每个点的 \(g\) 矩阵，用到 \(f\) 的时候直接拿 \(g\) 矩阵乘一下即可。这个 \(g\) 矩阵是重链上的一堆矩阵，因此我们可以拿线段树维护。
现在考虑修改带来的影响
如果我们修改了某一个点的权值，那么这个点的 \(g\) 矩阵将会改变，不过重链上的其它 \(g\) 矩阵不会改变。但是，重量顶端的父亲的 \(g\) 矩阵会因为重链上的 \(f\) 的改变而改变，因此我们需要修改重链父亲的 \(g\) 矩阵，以及重链父亲所在重链的顶端的父亲的 \(g\) 矩阵...
流程大概是：修改 \(cur\) 的 \(g\) 矩阵，计算 \(top\) 的 \(f\)，（如果 \(cur\) 尚不为树根），cur = fa[top[cur]]，重复。
代码实现
具体实现的时候，我们自然可以严格按照流程的做法来。不过，相比树剖疯狂跳 \(fa[top]\)，LCT的 \(Access\) 函数也可以较为轻松地实现这种操作，并且LCT可以将信息直接维护到点上，避开线段树无比笨拙的修改查询操作，砍掉一个 \(log\)，而且还不用 \(makeroot\)，因此不用 \(pushr,pushdown\)，是为数不多的LCT比树剖好写的题。所以，这题用LCT维护原图子树信息是个不错的选择。
还有一些简化代码的小 trick：
-
一开始可以让所有边都为虚边，直接一遍DFS计算出所有 \(g\) 矩阵。
-
我们保持1为根节点不变；所有矩阵都可以开成 2×2 的矩阵。这是因为我们矩阵初始化全为 -inf，如果真的要拿一个 2×2 的矩阵和 2×1 的矩阵乘，由于 2×1 矩阵的第二列全为 -inf，最终结果的第二列也将是 -inf，并不会影响答案。
-
最终统计答案的时候，可以直接 \(splay(1)\) 然后就拿 1 节点的 \(mul\) 计算答案。本来应该是 1 所在的实链的底端的那个 \(f\) 矩阵乘其它的 \(g\) 矩阵，但是我们发现底端 \(g\) 矩阵的第一列恰好是 \(f\) 矩阵的第一列，因此乘出来的第一列就恰好是答案。
关键代码
略微感受到shadowice大佬考场调bug的感觉了，我还是刚学完ddp,理清思路再写，还写出了六七个bug。
int h[N];
matrix val[N], mul[N];
int son[N][2], fa[N];
inline void pushup(int cur) {
mul[cur] = val[cur];
int ls = son[cur][0], rs = son[cur][1];
if (ls) mul[cur] = mul[ls] * mul[cur];
if (rs) mul[cur] = mul[cur] * mul[rs];
}
inline void Access(int cur) {
for (register int p = cur, lst = 0; p; lst = p, p = fa[p]) {
splay(p);//Attention!
if (lst) {
val[p].h[0][0] -= max(mul[lst].h[0][0], mul[lst].h[1][0]);//Attention!!! : mul
val[p].h[1][0] -= mul[lst].h[0][0];//Attention!!! : mul
}
int rs = son[p][1];
if (rs) {
val[p].h[0][0] += max(mul[rs].h[0][0], mul[rs].h[1][0]);//Attention!!!
val[p].h[1][0] += mul[rs].h[0][0];//Attention!!!
}
val[p].h[0][1] = val[p].h[0][0];
son[p][1] = lst;
pushup(p);
}
}
int g[N][2];
void dfs(int cur, int faa) {
g[cur][1] = h[cur]; fa[cur] = faa;
for (register int i = head[cur]; i; i = e[i].nxt) {
int to = e[i].to; if (to == faa) continue;
dfs(to, cur);
g[cur][0] += max(g[to][0], g[to][1]);
g[cur][1] += g[to][0];
}
val[cur].h[0][0] = val[cur].h[0][1] = g[cur][0];
val[cur].h[1][0] = g[cur][1];//Attention!
mul[cur] = val[cur];
}
inline void modify(int cur, int v) {
Access(cur), splay(cur);
// val[cur].h[0][0] += v - h[cur];
// val[cur].h[0][1] = val[cur].h[0][0];
val[cur].h[1][0] += v - h[cur];//Attention!!!
h[cur] = v;//Attention!
pushup(cur);
}
int main() {
dfs(1, 0);
while (m--) {
modify(x, v);
splay(1);
ans = max(mul[1].h[0][0], mul[1].h[1][0]);
}
}
（双倍经验：P5024 保卫王国，只需要多想一点点）
