初识树形动规
这几天又感受到了被游戏\(TreeDP\)支配的恐惧，先写写初步对树形DP的认识吧。
首先，根据树形动规这个名字，就能知道这类题目是属于动态规划的范畴的，但是它们又有和普通动规完全不同的地方：在树上完成。
普通的动规一般都是在图上或者线性的，在图上，我们有向前和向后两个方向；线性动规中，我们有顺推和逆推两种思路；同样的，树上动规也对应的有两个方向：即从叶到根和从根到叶。和倒推和逆推类似。当然，具体问题具体分析，在不同的题目中，这两种方法有着不同的灵活的应用，没有高低之分。
之所以出现了这一类问题，是因为树本身就是一种非常毒瘤精彩的结构，它和图不同，自身就配备着“子树”，正好与DP中的“子问题”可以搭上边，都是从整体化成细小问题来解决的。
在树形动规中，也有几个比较难以实现的地方。
首先就是递归。
在树形动规中，平时繁杂的几重for循环变为了一层又一层看不透的递归，使用不熟练的话可能会有困难。
然后是细节多。
各种层出不穷的细节需要你用各种特判才能完美实现，如果脑子不清醒做起来就会非常恶心.
此外，就是所有动规题目共有的恶心之处，推动态转移方程式，这个没有捷径可走，只有通过多练习，找到手感之后才能略微提升自己刷DP题目的能力。
题目
大致题意：在一棵二叉树上求一条包含根节点且只包含q条边的道路并且使这条道路经过的边权总和最大。特殊条件：每个结点的儿子数量只会是0或2.
为什么一定包含根节点呢？因为这是一棵倒着长的数（雾）如果挖掉根节点，所有边都会消失。
所以考虑分成更小的子问题，从叶子结点向上扫，用\(dp[i][j]\)表示编号是\(i\)的结点为根时的字数在保留\(j\)条边时最大的权值和，然后扫一遍每个点都能够得到更新。
更新的过程中需要考虑。比如当前已经得到了\(dp[i][j]\)的值，往上推的时候就是\(dp[父节点编号][j+1]+连接的权值\)作为一个选择可能，与另外一个子树的相同情况打擂就ok。
还需要注意的一个坑点是，在选择中，不一定要选择根节点左子树或右子树的全部，可以两边各自选取一部分，只要边数和符合条件就可以更新。
\(code:\)
#include<bits/stdc++.h>
#define max(a,b) (a>b?a:b)
using namespace std;
struct node{int to,w;};
int n,q;
vector<node> g[110];
int dp[110][110];
void dfs(int u,int fa)
{
int ls_id=-1,rs_id=-1;
for(int i=0;i<g[u].size();i++)
{
if(g[u][i].to==fa)continue;
if(ls_id!=-1)rs_id=i;
else ls_id=i;
dfs(g[u][i].to,u);
}
dp[u][0]=0;
for(int i=1;i<=q;i++)
{
if(ls_id!=-1)dp[u][i]=max(dp[u][i],dp[g[u][ls_id].to][i-1]+g[u][ls_id].w);
if(rs_id!=-1)dp[u][i]=max(dp[u][i],dp[g[u][rs_id].to][i-1]+g[u][rs_id].w);
if(rs_id!=-1&&ls_id!=-1)
for(int j=1;j<i;j++)
dp[u][i]=max(dp[u][i],dp[g[u][ls_id].to][j-1]+dp[g[u][rs_id].to][i-j-1]+g[u][ls_id].w+g[u][rs_id].w);
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&q);
for(int i=1;i<n;i++)
{
int a,b,c;
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
g[a].push_back((node){b,c});
g[b].push_back((node){a,c});
}
dfs(1,0);
cout<<dp[1][q]<<endl;
return 0;
}
题目待更新...
