树形 dp 做题记录
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考虑每一条边的贡献，就会发现这个贡献其实只和子树内的黑点的数量有关
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那么设 \(dp[u][num]\) 表示 \(u\) 节点子树内有 \(num\) 个黑点的最大收益
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可以发现最后的图就是一个基环森林，考虑一颗基环树怎么解决
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对于一颗基环树，考虑找到环上的一个点，然后断开换上的一条边
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然后就是一颗树了，对于一棵树就很好求了，最后我们强制根节点不选，那么答案仍然是合法的
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还有种情况就是强制那个和根之前相连的节点不选，然后再做一次，这样答案仍然合法
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看到一个条件，对于一个乡村可以通过不超过 40 条路到达首都
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设 \(f[u][i][j]\) 表示节点 \(u\) 上面修建了 \(i\) 条公路和 \(j\) 条铁路，子树种的最小值
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那么每次先便遍历子树，然后对于自己枚举 \(i,j\) ，然后有两种选择，一种是修建左边，一种是修建右边
- 对于一个节点，自己祖先的路径只会统一修改自己的子树，所以我们对于每个节点，都要将自己所有的儿子修改到同一个时间
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因为每条路要被走 2 次，所以一开始权值乘二
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对于每个节点维护 \(dp[u][time]\) 表示从这个节点下去还剩 \(time\) 的时间能得到的最多的画
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这个路径一定是在直径上，那么就可以把这个题目抽象成一个序列（直径）上的问题
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可以考虑用尺取法确定一个区间，对于这个区间的最大值就是左边右边中间，左右的可以预处理，对于中间的可以考虑单调队列维护
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那么整体的复杂度就是 \(O(n)\)
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我一开始想的是二分，但是麻烦一点
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这个题目一个很不好做的点在于有后效性，也就是当前的选择会影响到后面的选择
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对于一个节点为开始的话，肯定是先点亮自己，然后点亮一颗子树，再点亮另一颗子树，然后再点亮父亲，点亮父亲的另一颗子树，点亮父亲的父亲....
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对于这个节点不只要考虑子树中要是最小，还要考虑从子树中的一个叶节点到达父亲的一个路径长度
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既然有后效性，那么我们就将这个后效加入到状态中（事实上对于这一类有后效的 dp 可以考虑加上后效这一状态，或者更简单的直接加上会对后面造成的影响）
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对于一个叶子节点，下一步要么走到一个祖先，要么走到一个祖先的另一个儿子
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那么对于两者我们都保存，因为是一个完全二叉树，所以只会有 \(\log\) 的祖先
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设 \(f[u][i]\) 表示节点 \(u\) 遍历自己的子树完了后从子树中的一个叶子节点，到达第 \(i\) 个祖先的最小价值
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设 \(g[u][i]\) 表示节点 \(u\) 遍历自己的子树完了后从子树中的一个叶子节点到达第 \(i\) 个祖先的另一个儿子的最小价值
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状态设出来了，转移方程就从儿子转移
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考虑最后一个节点作为第一个点亮的节点，那么这个节点肯定是先点亮自己的子树，然后点亮父亲，点亮父亲的另一个儿子，然后点亮父亲的父亲
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而这个过程很明显可以用我们刚刚求的数组来解决
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对于每个节点都假设为最初的节点
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总的复杂度就是 \(O(n\log n)\)
一些小 trick
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看到树了，考虑一下树形 dp
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一般都会有结点这个维度，一般都是考虑一个子树，然后考虑怎么从儿子转移
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完全二叉树的高度是 \(\log\)
