动态规划——树形DP 学习笔记

引入

前置知识：树基础。

树形 DP，即在树上进行的 DP，最常见的状态表示为 \(f_{u,\cdots}\)，表示以 \(u\) 为根的子树的某个东东。

本文将讲解一些经典题目（树的子树个数、树的最大独立集、树的最小点覆盖、树的最小支配集、树的直径、树的重心、树的中心），以及一些常见形式及思路（树上背包、换根 DP）。

树的子树个数

题意：统计树的子树个数。

设 \(f_u\) 为以 \(u\) 为根的子树的子树数量，对于每个节点，可以选择任意儿子 \(v\) 的 \(f_v\) 种形态，也可以不选，因此：\(f_u=\prod_{v\in \text{son}_u}(f_v+1)\)；最后的，\(\text{ans}=\sum\limits_{i=1}^nf_i\)，注意取模就可以了。

代码：

ll dp[N];
void dfs(int u, int fa) {
    dp[u] = 1;
    for (int v : g[u]) if (v != fa) {
        dfs(v, u); dp[u] = dp[u] * ((dp[v] + 1) % MOD) % MOD;
    }
} // 树的子树个数

树的最大独立集

例题：P1352 没有上司的舞会

问题描述：对于无根树，选出若干的点，相邻的节点不能同时选，最大化选的点的个数。

因为染色至于相邻节点有关，因此可以任选一个点为根，一般选 \(1\) 作为根即可。

分析：每个点只有两种选择，因此设 \(f_{i,0/1}\) 表示第 \(i\) 是否选择，对应的最大个数。

有：

\(f_{u,0}=\sum_{v\in\text{son}_u}\max\{f_{v,0},f_{v,1}\}\)，即这个点不选，它的子节点可选可不选；
\(f_{u,1}=(\sum_{v\in\text{son}_u}f_{v,0})+1\)，即这个点选，它的子节点一定不能选。

代码：

void dfs(int u, int fa) {
    for (int i = h[u] ; i != -1 ; i = ne[i]) {
        int v = e[i]; if (v == fa) continue;
        dfs(v, u);
        dp[u][0] += max(dp[v][0], dp[v][1]), dp[u][1] += dp[v][0];
    } ++dp[u][1];
} // 树的最大独立集

拓展：对于基环树呢（题目：P2607 骑士）？非常简单，将这个环上的任意一个边 \((s,t)\) 断开，然后最终结果取 \(\text{ans}=\max\{f_{s,0},f_{t,0}\}\)。

树的最小点覆盖

例题：P2016 战略游戏、UVA1292 Strategic game

题目描述：在树的节点上放置士兵，每个士兵可以看守与它相邻的边，即，在 \(u\) 点上的士兵可以看守边 \((u,v)\mid v\in \text{neighbor}_u\)，最小化放置的士兵数量。

和上一题相似，设 \(f_{i,0/1}\) 表示看守以 \(i\) 为根的子树上的所有边，第 \(i\) 号点是否放置士兵，对应的最小士兵数量。

有：

\(f_{u,0}=\sum_{v\in \text{son}_u}f_{v,1}\)，即 \(u\) 不放士兵，为看守 \((u,v)\)，它的儿子必须放士兵；
\(f_{u,1}=(\sum_{v\in \text{son}_u}\min\{f_{k,0},f_{k,1}\})+1\)，即 \(u\) 放置士兵，它的儿子可以放也可以不放。

代码：

int f[N][2];
void dfs(int u, int fa) {
    f[u][0] = 0, f[u][1] = 1;
    for (int v : g[u]) if (v != fa) {
        dfs(v, u); f[u][0] += f[v][1];
        f[u][1] += min(f[v][0], f[v][1]);
    }
} // 树的最小点覆盖

树的最小支配集

题目：P2899 Cell Phone Network G

强烈推荐这篇题解 \(\text>_\sim\text<\)：https://www.luogu.com.cn/blog/HSH/post-shu-xing-dp-shou-ji-wang-lao（大概除了奇怪的公式罢了），这里大概的转述一下。

设 \(f_{u,0/1/2}\) 表示考虑 \(u\) 及其子树，是［自己努力\(-0\)；坑爹\(-1\)；找儿子帮忙\(-2\)］。

考虑转移边 \((u,v)\)，有：

\(f_{u,0}=(\sum_{v\in \text{son}_u}\min\{f_{v,0},f_{v,1},f_{v,2}\})+1\)：因为 \(u\) 点有一个通讯塔，所以 \(v\) 有可能从它的父亲（也就是 \(u\) 点）转移过来，也有可能有它的儿子转移过来，也有可能它自己本身就有一个通讯塔；
\(f_{u,1}=\sum_{v\in \text{son}_u}\min\{f_{v,0},f_{v,2}\}\)：因为 \(u\) 点没有通讯塔，所以 \(v\) 也不可能从它的父亲（也就是 \(u\) 点）转移过来，它只有可能由它的儿子转移过来，或者是它自己有一个通讯塔；
\(f_{u,2}=\sum_{v\in \text{son}_u}\min\{f_{v,0},f_{v,2}\}\)：因为 \(u\) 点没有通讯塔，所以 \(v\) 也不可能从它的父亲（也就是 \(u\) 点）转移过来，它只有可能由它的儿子转移过来，或者是它自己有一个通讯塔。

但这样写我们很容易发现一个问题（事实上观察公式，会发现 \(f_{u,1}\overset{?}{=}f_{u,2}\) 然而这是 obviously impossible 的），如果 \(f_{u,2}\) 全是从 \(f_{v,2}\) 转移过来的话，就证明它的所有儿子都没有通讯塔，那么就不可能将它覆盖，如何避免这种情况呢？

其实我们只需要记录下每一次 \(f_{v,0}-f_{v,2}\) 的差值，再取一个 \(\min\) 值，简单的来说，就是记 \(p=\min\{f_{v,0}-f_{v,2}\}\)；在最后，如果我们发现 \(f_{u,2}\) 全是从 \(f_{v,2}\) 转移过来的话，就再加上一个 \(p\)，就相当于将其中的一个 \(f_{v,2}\) 强制转换为了 \(f_{v,0}\)，同时还保证了最小。

最后的，结果是 \(\min\{f_{\text{root},0},f_{\text{root},2}\}\)，因为最后的根结点是不可能坑爹的（它没有父亲）。

对于有点权的（U364106 皇宫看守），求解方式不变，只需要将 \(f_{u,0}\) 的转移方程的 \(+1\) 改为 \(+\)点权，即下面代码的第 \(4\) 行的 f[u][0] = 1 改为 f[u][0] = |点权|。

代码：

int f[N][3];
void dfs(int u, int fa) {
    int p = 2e9; bool flag = 1;
    f[u][0] = 1, f[u][1] = f[u][2] = 0;
    for (int v : g[u]) if (v != fa) {
        dfs(v, u);
        f[u][0] += min(f[v][0], f[v][1], f[v][2]);
        f[u][1] += min(f[v][0], f[v][2]);
        if (f[v][0] <= f[v][2]) { f[u][2] += f[v][0], flag = 0; }
        else { f[u][2] += f[v][2], p = min(p, f[v][0] - f[v][2]); }
    } if (flag) f[u][2] += p;
} // 树的最小支配集

树的直径

定义

树上任意两节点之间最长的简单路径即为树的直径。
显然，一棵树可以有多条直径，他们的长度相等。

性质

若树上所有边边权均为正，则树的所有直径有交，且中点重合；
有树的直径 \((p,q)\)，则距离任意点 \(x\) 最远的点一定为 \(p\) 或 \(q\)；
树的直径的中点到其他所有点的最大距离最小（详见下面，树的中心）；
两个树的一条直径分别为 \((s_1,t_1)\) 和 \((s_2,t_2)\)，把这两个树通过一条边合并成一棵大树，大树直径的两个端点必在 \(s_1,t_1,s_2,t_2\) 中取，共有 \(\binom{4}{2}=6\) 种情况；
两个树的直径分别为 \(\ell_1,\ell_2\)，把这两个树直径的中点相连，新生成的树直径最小，且新直径长度为 \(\max\{\ell_1,\ell_2,\lceil\ell_1/2\rceil+\lceil\ell_2/2\rceil+1\}\)。

求解：两遍 DFS

仅适用于，边权非负；否则贪心不成立。

从任意点 \(x\) 出发，找到树上距离点 \(x\) 最远的点 \(p\)；
从点 \(p\) 出发，找到树上距离点 \(p\) 最远的点 \(q\)；
则 \((p,q)\) 为该树的直径。

证明：见 OI-Wiki。

拓展：求方案，记录每个点的父亲是谁，然后从 \(q\) 一步步推到 \(p\) 就行了。

代码：

vector<int> g[N]; int c, d[N];
void dfs(int u, int fa) {
    for (int v : g[u])
        if (v != fa) { if ((d[v] = d[u] + 1) > d[c]) c = v; dfs(v, u); }
} inline int solve() {
    d[1] = 0, c = 1; dfs(1, -1);
    d[c] = 0; dfs(c, -1);
    return d[c];
} // 两遍 DFS

求解：树形 DP

定理：树上每条链 \((s,t)\) 都可以拆成两条直链 \((s,\text{lca}(s,t))+(t,\text{lca}(s,t))\)；感性理解。

那么，对于每个点 \(x\)，就可以求出以这个点为 \(\text{lca}\) 的直径，即这个点下面的最长链和次长链 \((m_1,m_2)\)，即可合并为以点 \(x\) 为 \(lca\) 的直径；最终取最大值即可。

拓展：求方案，记录每个点是由哪个点转移来，以及找到直径时的 \(\text{lca}\) 点 \(x\)。

代码：

vector<int> g[N]; int res;
int dfs(int u, int fa) { // 返回以 u 为 lca 的树的直径
    int m1 = 0, m2 = 0; for (int v : g[u]) {
        if (v == fa) continue;
        int d = dfs(v, u) + 1;
        if (d >= m1) m2 = m1, m1 = d;
        else if (d >= m2) m2 = d;
    } res = max(res, m1 + m2); return m1;
} int solve() {
    res = 0; dfs(1, 0); return res;
} // 树形 DP

题目

实测第一种方法略慢，因为要跑两遍 DFS；但是第一种方法更方便记录方案。

模板题：SP1437、U283565；应用题：CF455C (Civilization)、U364101 旅游规划。

树的重心

定义

对无根树，每个点 \(x\) 的子树定义为：删去 \(x\) 后所形成的各个连通块；最大子树最小的点称为树的重心。

性质

树的重心最多只有两个，且如果有两个，则它们相邻；
重心的所有子树大小都不超过整棵树大小的一半；
重心到树上所有点的距离和最小，如果有两个重心，则到它们的距离和相等；
插入或删除一个叶子，树的重心的位置最多移动一个点；
用一条边连接两棵树，新的数的重心在连接原来两棵树的重心的路径上；
一棵树的重心一定在根节点所在的重链上。

求解：树形 DP

树形 DP，然后卡定义，枚举找最大子树最小的点。

对于有点权的，求解方式不变，只需要将下面代码的第 \(3\) 的 sz[u] = 1 改为 sz[u] = |点权| 即可。

代码：

vector<int> g[N]; int n, sz[N], mc[N], mx;
void dfs(int u, int fa) {
    sz[u] = 1; for (int v : g[u]) if (v != fa) {
        dfs(v, u), sz[u] += sz[v], mc[u] = max(mc[u], sz[v]);
    } mc[u] = max(mc[u], n - sz[u]), mx = min(mx, mc[u]);
} void solve() {
    mx = 2e9; dfs(1, -1);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) if (mc[i] == mx) printf("%d", i);
} // 输出所有重心

vector<int> g[N]; int n, sz[N], mc[N], r;
void dfs(int u, int fa) {
    sz[u] = 1; for (int v : g[u]) if (v != fa) {
        dfs(v, u), sz[u] += sz[v], mc[u] = max(mc[u], sz[v]);
    } mc[u] = max(mc[u], n - sz[u]);
    if (mc[u] < mc[r] || (mc[u] == mc[r] && u < r)) r = u;
} void solve() {
    r = 0, mc[0] = 2e9; dfs(1, -1); printf("%d\n%d\n", r, mc[r]);
} // 输出重心及其最大子树大小

题目

模板题：U104609、U164672；应用题：P1670 (Tree Cutting)、P2986（Great Cow Gathering G，有点权）。

树的中心

定义

所有节点中，到树中其他节点的最远距离最小的节点，叫树的中心。

性质

性质即定义，到树中其他节点的最远距离最小。

求解：树的直径

分析定义，你会发现与上面树的直径的性质 \((3)\) 一模一样。

证明：一棵树上到点 \(x\) 最远的点一定是其直径 \((S,T)\) 的一个端点，根据三角不等式 \(\text{dis}(S,x)+\text{dis}(x,T)\ge\text{dis}(S,T)\)，所以 \(\max\{\text{dis}(S,x),\text{dis}(x,T)\}\ge\frac{1}{2}\text{dis}(S,T)\)，而等号是在 \(x\) 为 \((S,T)\) 中点时取到。

然后就可以用树的直径求解了。注意这里要记录路径信息（中点难道不是路径上的吗），因此可以用 \(\text{Solution }1\) 更加方便，虽然速度不是最优的。

代码：

vector<int> g[N];
int c, d[N], f[N];
void dfs(int u, int fa) { 
    for (int v : g[u])
        if (v != fa) { if ((d[v] = d[u] + 1) > d[c]) c = v; f[v] = u; dfs(v, u); }
} void solve() {
    d[1] = 0, c = 1; dfs(1, -1);
    d[c] = 0, f[c] = -1; dfs(c, -1);
    int len = d[c] + 1, lc = len >> 1;
    int q = c; for (int i = 1; i < lc; ++i) q = f[q];
    if (len & 1) printf("%d", f[q]);
    else printf("%d %d", min(q, f[q]), max(q, f[q]));
} // 树的直径

求解：树形 DP

又要 \(\text{down}\) 又要 \(\text{up}\) 的，两遍 DFS 居然还不一样？太麻烦不想写。

可以借鉴：https://www.cnblogs.com/Liuz8848/p/11726834.html

代码：

int dfs_down(int u, int fa) {
    down1[u] = down2[u] = -INF;
    for (int i = h[u]; i != -1; i = ne[i]) {
        int v = e[i]; if (v == fa) continue;
        int d = dfs_down(v, u) + 1;
        if (d > down1[u]) down2[u] = down1[u], down1[u] = d, p[u] = v;
        else if (d > down2[u]) down2[u] = d;
    } if (down1[u] == -INF && down2[u] == -INF) down1[u] = down2[u] = 0;
    return down1[u];
} void dfs_up(int u, int fa) {
    for (int i = h[u]; i != -1; i = ne[i]) {
        int v = e[i]; if (v == fa) continue;
        if (p[u] == v) up[v] = max(up[u], down2[u]) + 1;
        else up[v] = max(up[u], down1[u]) + 1;
        dfs_up(v, u);
    }
} void solve() {
    dfs_down(1, 0), dfs_up(1, 0);
    int res = INF; vector<int> ans;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        int t = max(down1[i], up[i]);
        if (t == res) ans.push_back(i);
        else if (t < res) res = t, ans.clear(), ans.push_back(i);
    } for (int i : ans) printf("%d ", i);
} // 树形 DP

经典问题１：最小化最大距离

选出 k 个连续的

问题简述

题目：P5536 核心城市

从一个 \(n\) 个点的树中选出相邻的 \(k\) 个点（ \(k\le n\) ），使未被选出的点，到这个被选出来的块，最大距离最小。

求解：树的中心

考虑 \(k=1\) 的情况，显然这是树的中心的模板题。

拓展到 \(k>1\) 的情况，显然树的中心依旧要取，因为如果不取树的中心，树的直径的端点 \((S,T)\) 到任意一个点的距离都 \(>\frac{1}{2}\text{dis}(S,T)\)。

因此，我们先选择直径中点，然后提根。

下一个选谁？选根的儿子中，子树最深的那个；因为如果它没有被选，那么它的儿子们也不能被选，那么到已选城市的距离最大值始终不会减小。然后，以此类推，每次都选一个子树最深的。

最大距离是多少？显然是未被选出的点中，最大的子树深度 \(-1\)。

总结：提树的中心为根，选择子树深度最大的 \(k\) 个，然后最小的最大距离为，子树深度第 \(k+1\) 大的子树深度 \(-1\)。

代码：

int c, a[N];
int d[N], f[N];
void dfs(int u, int fa) {
    for (int v : g[u]) if (v != fa) {
        d[v] = d[u] + 1, f[v] = u; dfs(v, u);
        if (d[v] > d[c]) c = v;
    }
} void dfk(int u, int fa) {
    for (int v : g[u]) if (v != fa)
        dfk(v, u), a[u] = max(a[u], a[v] + 1);
} int solve() {
    c = 1, d[1] = 1; dfs(1, -1);
    d[c] = 1; dfs(c, -1);
    int lc = d[c] >> 1; for (int i = 1; i <= lc; ++i) c = f[c];
    dfk(c, -1); sort(a + 1, a + 1 + n, greater<int>());
    return a[k + 1] + 1;
} // P5536 核心城市

选出任意 2 个

问题简述

题目：ZOJ3820（卡空间）、GYM100554B（空间足够）、U370080 Building Fire Stations（有翻译＋我自己出的数据，不卡空间）

一棵树，在其中找两个点，使得其他点到这两个的距离的较小值的最大值的最小值及其方案。

可以看我的题解：https://www.cnblogs.com/RainPPR/articles/solution-zoj3820.html

求解：树的中心

选一个点的情况？树的中心模板！

两个点呢？

假设我们已经选出了两个点 \((a,b)\) 那么，显然，树中所有的点要么去 \(a\) 要么去 \(b\)，且一定有一条边作为分界线；即有一条边 \((p,q)\) 其两边子树中的点，都去 \(a\) 或都去 \(b\)；且点 \(a\) 和点 \(b\) 一定不在同一棵子树中。

因此，我们就可以选点 \(a\) 为 \(p\) 一侧的子树的中心，点 \(b\) 为 \(q\) 一侧的子树的中心。然后考虑 \((p,q)\) 怎么选？（感性理解）可以大胆猜测，边 \((p,q)\) 一定是树的直径中，中间的那一条边！

为什么呢？与树的中心的证明类似：一棵树上到点 \(x\) 最远的点一定是其直径 \((S,T)\) 的一个端点，根据三角不等式 \(\text{dis}(S,x)+\text{dis}(x,T)\ge\text{dis}(S,T)\)，所以 \(\max\{\text{dis}(S,x),\text{dis}(x,T)\}\ge\frac{1}{2}\text{dis}(S,T)\)，而等号是在 \(x\) 为 \((S,T)\) 中点时取到。

我们可以得出：\(\max\{\text{dis}(S,p),\text{dis}(q,T)\}\le\frac{1}{2}\text{dis}(S,T)\quad(\text{map}_{p,q}=1)\)，因此有 \((p,q)\) 是 \((S,T)\) 上最中间的一段。

证明结束。

注意，原数据会爆栈，所以不能用 DFS，可以换成 BFS（但是 Codeforces GYM 上空间加了一倍，到了 \(256\text{ MB}\)，这就卡卡能过了）。

代码：

// ......
int n; vector<int> g[N];
int lc, rc, d[N], f[N];
#define get find_bfs::find  // 在这里切换 DFS 和 BFS
namespace find_bfs {        // 返回距离 u 最远的点
    pii q[N]; int st, ed;
    int find(int u) {
        d[u] = 0, f[u] = -1; st = 0, ed = 0, q[ed++] = {u, -1};
        int c = u; while (st < ed) {
            pii now = q[st++]; int u = now.first;
            for (int v : g[u]) if (v != now.second) {
                if ((u == lc && v == rc) || (u == rc && v == lc)) continue;
                q[ed++] = {v, u}; f[v] = u;
                if ((d[v] = d[u] + 1) > d[c]) c = v;
        }} return c;
    }
}; namespace find_dfs {     // 返回距离 u 最远的点
    int c; void dfs(int u, int fa) {
        for (int v : g[u]) if (v != fa) {
            if ((u == lc && v == rc) || (u == rc && v == lc)) continue;
            if ((d[v] = d[u] + 1) > d[c]) c = v; dfs(v, u); f[v] = u;
    }} int find(int u) {
        d[u] = 0, f[u] = -1, c = u;
        dfs(u, -1); return c;
    }
} int main() {
    int T = rr; while (T--) {
        n = rr; for (int i = 1; i < n; ++i) add(rr, rr);
        lc = rc = -1; int s = get(1), e = get(s);
        lc = e, rc = f[e]; for (int i = 1; i < d[e]; i += 2) tie(lc, rc) = make_tuple(rc, f[rc]);
        int le = get(get(lc)), ls = d[le] + 1; for (int i = d[le]; i > 1; i -= 2) le = f[le];
        int re = get(get(rc)), rs = d[re] + 1; for (int i = d[re]; i > 1; i -= 2) re = f[re];
        printf("%d %d %d\n", max(ls, rs) >> 1, le, re);
        for (int i = 1; i <= n + 1; ++i) g[i].clear();
    }
    return 0;
} // Building Fire Stations

经典问题２：求树的直径上的点

题目描述

题目：U364101 旅游规划、LOJ10159 旅游规划

题面简述：给定一棵树，树的最长路径可能不唯一，求出所有在树的最长路径（树的直径）上的点。

分析

考虑最原始的树的直径的求法：找到两条最长链；因此，当我们知道树的最长路径的时候，也可以以类似的方法求出一个点是否在树的直径上：

考虑 \(i\) 是否在树的直径上，也就是用所有可能求出来的信息拼凑出一个包含 \(i\) 的长度与树的直径相等的链；
因为 \(i\) 一定要向下走一条路，所以我们取 \(i\) 下面的最长链，设为 \(s_i\)；
然后再选出一条链来，这里不要想当然的认为是 \(i\) 下面的次长链，因为也有可能 \(i\) 不是这条链的转折点；
所以我们除了 \(i\) 下面的次长链，设为 \(t_i\)，还要考虑从 \(i\) 往上走的最长链，记为 \(c_i\)。

整理一下：设 \(s_i\) 为 \(i\) 下面的最长链，\(t_i\) 为 \(i\) 下面的（非严格）次长链，\(c_i\) 为 \(i\) 上面（可以拐弯）的最长链。

然后我们会发现 \(s_i\) 与 \(t_i\) 可以在一遍 DFS 中求出来，其实也就是第 \(2\) 中求树的直径的方法，然后 \(c_i\) 怎么求？分类讨论，假设我们现在要从节点 \(u\) 转移到其儿子节点 \(v\)：

节点 \(v\) 向上，可以经过父亲节点 \(u\) 然后继续往上，即 \(c_v=c_u+1\)；
节点 \(v\) 还可能经过父亲节点后，向下，从父亲的另外一个儿子节点下去，现在考虑这个怎么算：
- 如果节点 \(v\) 在父亲节点的最长链上，那么 \(v\) 就不可能从它自己在下去了，即 \(c_v=t_u+1\)；
- 如果节点 \(v\) 不在父亲节点的最长链上，则从父亲的最长链下去，一定是最优的，即 \(c_v=s_u+1\)；

整理一下：\(\left\{\begin{array}{l|l} c_v=\max\{c_u,s_u\}+1&(\text{if }s_v\Rightarrow s_u)\\ c_v=\max\{c_u,t_u\}+1&(\text{else})\\ \end{array}\right.\)

代码：

int m1[N], m2[N], c1[N], res;
void dfs1(int u, int fa) {
    for (int v : g[u]) if (v != fa) {
        dfs1(v, u); int d = m1[v] + 1;
        if (d > m1[u]) m2[u] = m1[u], m1[u] = d, c1[u] = v;
        else if (d > m2[u]) m2[u] = d;
    } res = max(res, m1[u] + m2[u]);
} int up[N];
void dfs2(int u, int fa) {
    for (int v : g[u]) if (v != fa) {
        if (v == c1[u]) up[v] = max(up[u], m2[u]) + 1;
        else up[v] = max(up[u], m1[u]) + 1;
        dfs2(v, u);
    }
} // 树的直径上的点

树上背包

回忆背包问题

设 \(f_{i,j}\) 为考虑前 \(i\) 个物品，总花费为 \(j\) 时的最大收益。

对于 \(0/1\) 背包，有 \(f_{i,j}=\max\{f_{i-1,j},f_{i-1,j-v_i}+w_i\}\)，即分类讨论第 \(i\) 个物品选不选，然后可以滚动数组优化为一维，也就是倒序枚举 \(j\) 而省去第一维空间。

类比树上背包

树上背包其实是一种分配子树的思想，状态设计类似于常规树上问题与背包问题，一般设计为：

设 \(f_{u,i,j}\) 为，看以 \(u\) 为根的子树，考虑前 \(i\) 个子树，总花费为 \(j\) 时的最大收益，同样可以使用滚动数组优化掉第二维的 \(i\)。

常见的转移方程形式为：\(f_{u,i,j}=\max\limits_{v\in\text{son}_u}\max\limits_{k\le j,k\le s_v}(f_{u,i-1,i-k}+f_{v,s_v,k})\)；其实转移的时候更常见的转移形式为：\(f_{u,i+j}=\sum_{v\in\text{son}_u}(f_{u,i}+f_{v,j})\)，这样需要考虑的边界情况更少一些。

例题１：二叉苹果树

题目：P2015 二叉苹果树

设 \(f_{u,i}\) 表示以 \(u\) 为根的子树，保留 \(i\) 个树枝，最多能留住的苹果数量，

有：\(f_{u,i}=\max\limits_{(u,v,w)\in\text{son}_u}\max\limits_{j<i,j\le s_v}(f_{u,i-j-1}+f_{v,j}+w)\).

即以节点 \(v\) 为根的子树保留 \(j\) 个树枝的苹果数量 \(f_{v,j}\)，加上本身结点 \(u\) 剩下 \(i−j−1\) 个树枝保留的苹果数量（多减的一个 \(1\) 是因为要保留边 \((u,v)\)），即从 \(f_{u,i−j−1}\) 转移过来。

注意：\(i,j\) 需要倒序枚举，因我们此处进行的是 \(0/1\) 背包。

代码：

void dfs(int u, int fa) {
    for (pair<int, int> i : g[u]) if(i.first != fa) {
        int &v = i.first, &w = i.second; dfs(v, u);
        for(int j = q; j >= 0; --j) for(int k = 0; k < j; ++k)
            f[u][j] = max(f[u][j], f[u][j - k - 1] + f[v][k] + w);
    }
} // 二叉苹果树

例题２：选课

题目：P2014 选课

每个点最多只有一个父亲，因此这是一个森林。

把 \(0\) 号也看做一个节点，则森林化为树，因此可以强制选 \(0\) 号点，然后考虑选出 \(m+1\) 个节点。

我们设 \(f_{u,i,j}\) 表示以 \(u\) 号点为根的子树中，已经遍历了 \(u\) 号点的前 \(i\) 棵子树，选了 \(j\) 门课程的最大学分。

转移的过程结合了树形 DP 和背包 DP 的特点，我们枚举 \(u\) 点的每个子结点 \(v\) ，同时枚举以 \(v\) 为根的子树选了几门课程，将子树的结果合并到 \(u\) 上。

记 \(x\) 的孩子个数为 \(c_x\)，以 \(x\) 为根的子树大小为 \(s_x\)，可以写出下面的状态转移方程：

常见的转移方程形式为：\(f_{u,i,j}=\max\limits_{v\in\text{son}_u}\max\limits_{k\le j,k\le s_v}(f_{u,i-1,j-k}+f_{v,c_v,k})\).

注意上面状态转移方程中的几个限制条件，这些限制条件确保了一些无意义的状态不会被访问到；而且 \(f\) 的第二维可以很轻松地用滚动数组的方式省略掉，注意这时需要倒序枚举 \(j\) 的值。

代码：

int f[N][M];
int dfs(int u) {
    int sz = 1; f[u][1] = s[u];
    for (int v : g[u]) {
        int up = dfs(v);
        for (int i = min(sz, m + 1); i; --i)
            for (int j = 1; j <= up && i + j <= m + 1; ++j)
                f[u][i + j] = max(f[u][i + j], f[u][i] + f[v][j]);
        sz += up;
    } return sz;
} // 选课

换根 DP

定义

树形 DP 中的换根 DP 问题又被称为二次扫描，通常不会指定根结点，并且根结点的变化会对一些值，例如子结点深度和、点权和等产生影响。

通常需要两次 DFS，第一次 DFS 预处理诸如深度，点权和之类的信息，在第二次 DFS 开始运行换根动态规划。

例题：STA-Station

题目：P3478 STA-Station

问题描述：给出一个 \(n\) 个节点的无根树，选一个节点作为根，使树上所有节点的深度和最大。

设 \(f_i\) 为以 \(i\) 为根的树的深度和。

我们先随便选一个点作为根，可以选 \(1\) 号节点为根，然后进行一次 DFS 就可以求以 \(f_1\) 以及每个子树的大小。

假设我们已经求出了 \(f_u\)（如，此时 \(u=1\)），然后考虑状态转移，这里就是体现＂换根＂的地方了，也就是 \(f_v\leftarrow f_u\) 可以体现换根，即以 \(u\) 为根转移到以 \(v\) 为根。显然在换根的转移过程中，以 \(v\) 为根或以 \(u\) 为根会导致其子树中的结点的深度产生改变。具体表现为：

（非常）易知 \(f_v=f_u-down_v+up_v\)，其中 \(down_v\) 表示以 \(v\) 为根的子树大小，\(up_v\) 表示除 \(v\) 及其子树外的树的大小，而 \(up_v=n-down_v\)。

也就是下面的点上来了，深度 \(-1\)；上面的点下去了，深度 \(+1\)。

代码：

int dfs_f(int u, int fa, int deep) {
    ra += deep;
    for (int i = h[u]; i != -1; i = ne[i]) {
        int v = e[i]; if (v == fa) continue;
        s[u] += dfs_f(v, u, deep + 1);
    } return s[u] + 1;
} int res, ans;
void dfs_s(int u, int fa, int rt)
{
    int now = rt - s[u] + (n - s[u] - 1);
    if (now > res) res = now, ans = u;
    for (int i = h[u]; i != -1; i = ne[i]) {
        int v = e[i]; if (v == fa) continue;
        dfs_s(v, u, now);
    }
} // 树的深度和

练习题

见：https://www.luogu.com.cn/training/364552

Reference

[1] https://oi-wiki.org/graph/tree-diameter/
[2] https://oi-wiki.org/graph/tree-centroid/
[3] https://oi-wiki.org/dp/tree/
[4] https://www.cnblogs.com/RioTian/p/15110212.html
[5] https://www.cnblogs.com/RioTian/p/15163878.html
[6] https://www.luogu.com.cn/blog/BreakPlus/dp-on-tree
[7] https://www.luogu.com.cn/blog/HSH/post-shu-xing-dp-shou-ji-wang-lao
[8] https://blog.csdn.net/lyd_7_29/article/details/79854245
[9] https://www.luogu.com.cn/blog/103452/solution-p3629
[10] http://www.manongjc.com/detail/29-huvpgpevtxovflb.html
[11] https://algo.itcharge.cn/10.Dynamic-Programming/06.Tree-DP/01.Tree-DP/
[12] https://www.luogu.com.cn/blog/Fireworks-Rise/post-dong-tai-gui-hua-shu-xing-dptree-dp

posted @ 2023-10-12 19:00 RainPPR 阅读(365) 评论(0) 编辑收藏举报

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RainPPR（ツ）

逄沛然

动态规划——树形DP 学习笔记

动态规划——树形DP 学习笔记

引入

分类

按照「求解目的」进行划分

按照「阶段转移的方向」进行划分

按照「是否有固定根」进行划分

树的子树个数

树的最大独立集

树的最小点覆盖

树的最小支配集

树的直径

定义

性质

求解：两遍 DFS

求解：树形 DP

题目

树的重心

定义

性质

求解：树形 DP

题目

树的中心

定义

性质

求解：树的直径

求解：树形 DP

经典问题１：最小化最大距离

选出 k 个连续的

问题简述

求解：树的中心

选出任意 2 个

问题简述

求解：树的中心

经典问题２：求树的直径上的点

题目描述

分析

树上背包

回忆背包问题

类比树上背包

例题１：二叉苹果树

例题２：选课

换根 DP

定义

例题：STA-Station

练习题

Reference

公告