基础树形dp

一、树的基本介绍

         树形dp是近几年noip考察的热门，而且这也是dp当中变化极多，综合性极强，对思维能力要求极高的一类模型。这里主要对树形dp做一个简单的入门，为同学们将来面对高难度的树形dp做准备。

         树指的是由n个点n-1条边构成的连通无向图，有的树指定了根节点，称为有根树。树上任意两个点之间有且只有一条简单路径，即不重复经过任何一个点的路径。如果指定根节点，就可以得到整棵树的父子关系。除根节点外，每个节点有且只有一个父亲，但是可以有多个儿子。

二、树上的基本操作

【深搜一棵树】

树实际上是图的一种，所以我们通常使用链式前向星储存并遍历树。如果当前的位置是x节点，那么与x相连的所有节点中，除了x的父亲，剩下的都是x的子节点，下一步就要进入这些子节点递归。下面是深搜一棵树的函数代码

void dfs(int x,int fa)
{
	   ①
    for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
    if(to[i]!=fa)
    {
		②
        dfs(to[i],x);
                ③
      }
            ④
}

接下来的各种树的操作，也包括大多数的树形dp都需要以上面的代码为模板来写，所以请务必掌握上面这些代码。

 

【求树上每个节点的深度】

         所谓的深度，实际上就是以根节点为起点的单源最短路。利用树的性质可以在O(n)的复杂度内得到答案，比spfa、dij等图上最短路算法优秀很多。

         根据树的性质，任意两点间有且只有一条简单路径，所以根节点到任意节点的简单路径也只有一条。而这条路径就是根节点到其父亲节点的路径，加上父亲到该节点的路径。所以只需要在②处添加一句dep[to[i]]=dp[x]+1（视情况而定，有可能加的是边权）就可以求出的单源最短路了。

 

【求树上任意两点间的距离】

         既然O(n)可以求出单源最短路，那么分别指定n个根节点，跑n次深度，就可以在n²的时间内得到由任意一个点出发的单源最短路。而且由于简单路径只有一条，最短路就是那个唯一的简单路径，所以任意两点间的最短路就是任意两点间的距离。不需要n³的floyd算法。

【求子树的大小size】

         对于叶子节点，它的子树只有自己一个点，size=1；对于一般的节点而言，size相当于自己每一个子树的大小之和，再加上自己的大小。所以需要在深搜代码的①处加上size[x]=1，在③处加上size[x]+=size[to[i]]。如果需要求出子树的权值和也是一样的操作。

 

【求树的最长链（直径）】

         顾名思义，最长链指的是树上最长的简单路径，虽然这路径可能不止一条，但是路径长度是惟一的。首先从任意一个点出发求深度，找到深度最深的点就是直径的一端（为什么？）。然后从直径的一端出发，再求一次深度，找到第二次深度最深的点就是直径的另一端。这样深度最深的那个点的深度就是树的直径长度。使用这个办法还可以求出直径上具体有哪些点，也可以求出多条直径。

 

三、树形dp入门题

树形dp也和其他类型的dp一样，有三个步骤需要执行：

设计状态：至少有一维表示当前正在考虑的树上节点p

状态转移：一般使用递归（深搜）由p的子节点的dp值得出p的dp 值

边界条件：叶子节点没有儿子，可以只由叶子节点的值得出叶子的dp值

一般来讲，在①处写的是初值，在②处写的是自顶向下的递推内容，在③处写的是自底向上的递推，④处写的是总和、处理等等。

 

【例1 没有上司的舞会】

一个舞会需要邀请人来参加，每个人有一个快乐度，但若邀请了一个人，则不能邀请他的直接上司。每人至多只有一个上司。求舞会能达到的快乐度的最大值。

 

         分析：首先用dp数组的一维表示当前节点，而当前节点来与不来与子节点的情况有直接影响，所以记dp[x][0]为x不来时，以x为根的子树的最大收益，而dp[x][1]表示x要来时，子树的最大收益。如果x不来，那么儿子节点可来可不来；如果x要来，那儿子节点只能不来。dp方程为：

dp[x][0]=∑max{dp[son[i]][0],dp[son[i]][1]}       dp[x][1]=a[x]+∑dp[son[i]][0]

这个dp方程对叶子节点，也就是边界条件也成立，所以不需要特殊照顾边界条件。答案是max{dp[1][0],dp[1][1]}，学名叫最大权独立集。

 

【思考】

最小权覆盖集是指这样的东西：任意一条边直接连接的两个点中至少要有一个点被覆盖。覆盖一个点会产生花费，覆盖编号为i 的点的花费是 pi​。最小的花费就是最小权覆盖集。

         它的dp方程是什么？它的答案与最大权独立集的答案有什么关系？两个集合之间又有什么关系？

 

【例2 选课】

N门课程，每门课有一门或没有直接先修课，每门课学习了会给一定学分，现求学M门课能 拿到的最多学分。

 

         分析：实际上这感觉和金明的预算方案类似，也是一种背包问题（体积为1 ，价值为课程的学分）。但是如果拆分物体，会拆出2ⁿ之多，显然不可能。如果把先修课和附属课分别建边，就可以用森林来描述这种附属关系了。为了方便，我们让0号节点是最终的根节点，可以把森林化作一棵树。考虑树形背包dp。

         前面提到过，背包dp要有一维表示背包内东西的总体积，而树形dp要有一维表示当前所在树上的节点编号，所以树形背包就是设dp[x][j]，x是当前节点，j是背包当前体积。背包dp要枚举所有的j而树形dp要求dp[x]从x的子节点那里得到。把这两个杂交起来，在枚举子节点时同时枚举体积，能够得到这样的子状态，即当前枚举了前i个子节点，而背包体积为j。此时只需要再枚举j中有多少体积分配给了第i个子节点（记为k）就可以。dp方程为dp[x][j]=max{dp[son[i]][k]+dp[x][j-k]}。

         需要注意的一点是，此类树形背包dp枚举k要倒序枚，原因也很简单：这是一种01背包，所以枚举时要保证dp[x][j-k]还没有被第i个物体装入，倒序枚举可以让j-k比j后参与运算，所以对j执行赋值时j-k还没有被赋值。

         这种做法的时间复杂度是nm²，树形背包还可以利用dfs序做到二次方级别的时间复杂度，有兴趣的同学可以自行查阅相关资料并尝试实现。