树形DP
目录：
- 个人理解
- 做题步骤
- 例题的状态转移方程
一、个人理解：
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树形DP简介：
树形DP就是在树上的DP，一般用递归实现。有两种实现的递归方式：
- 叶 \(\rightarrow\) 根：先更新了叶节点的信息，在回溯回去更新父亲节点的信息。（eg. P1352 没有上司的舞会 ）
- 根 \(\rightarrow\) 叶：先从叶节点往根节点DFS一遍（预处理）了以后，在重新往下更新。（不常用）
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前提：本题是一棵树或是一个森林（非常重要！）
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难点：
- 状态转移方程
- 边界条件
- 剪枝优化
- 细节（左子节点，右子节点，父节点）
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注意事项：
- 建无向图：若建有向图，可以不判断父节点，但若是从子节点更新到父节点，则需要从子到父，不太方便。可以直接建无向图，记录一下
fa[]，再判断一下即可。 e[]开两倍空间。- 递归一定要写边界条件。
- 建无向图：若建有向图，可以不判断父节点，但若是从子节点更新到父节点，则需要从子到父，不太方便。可以直接建无向图，记录一下
二、做题步骤：
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判断此题是否是一棵树或一个森林。（前提）
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判断此题为二叉树还是多叉树。（都用前向星储存）
若是二叉树则用
lc[],rc[],fa[]记录；若是多叉树则判断可否化为二叉树，若不能则直接用
fa[] -
推状态转移方程
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化为DFS形式。（在空间允许的情况下可以记搜）
三、常见的状态转移方程：
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父节点不能和子节点同时选（ P1352 没有上司的舞会）
定义 \(f(i)(0/1)\) 表示 \(i\) 点的最优解，\(0\) 表示 \(i\) 不选，\(1\) 表示 \(i\) 点要选。\(crit(i)\) 表示选择 \(i\) 可以获得的价值。\(son(i)\) 表示 \(i\) 的子节点。
若 \(i\) 点要选，则 \(i\) 的子节点都不能选，故状态转移方程为：
\[f(i)(1)=\sum_{j\in son(i)}f(j)(0)+crit(i) \]若 \(i\) 点不选，则 \(i\) 的子节点可选可不选，故状态转移方程为：
\[f(i)(0)=\sum_{j\in son(i)}\max\{f(j)(0),f(j)(1)\} \]下图为洛谷秋令营的课件讲解:
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树形分组背包（1）（P2014 选课）
定义 \(f(i)(j)\) 表示 \(i\) 点选择 \(j\) 种课程的最优解。 \(crit(i)\)表示选择 \(i\) 可以获得的价值。\(son(i)\) 表示 \(i\) 的子节点。
有分组背包标准模型可得，状态转移方程为：
\[f(i)(k)=\max_{l=0}^{k-1} \{f(i)(k-l)+f(j)(l)\}(k\in[1,m+1],j\in son(i)) \]\[f(i)(1)=crit(i) \]关键代码片段如下：
DP(1)//调用 void DP(int fr) { for(int i=head[fr];i;i=e[i].next)//分组背包中的枚举总组数 { int to=e[i].to; if(to==fa[fr]) continue; DP(to); for(int j=m+1;j>=1;j--)//分组背包中的枚举背包容量 { for(int k=0;k<j;k++)//分组背包中的枚举每组中的物品个数 { dp[fr][j]=max(dp[fr][j],dp[fr][j-k]+dp[to][k]); } } } } -
二叉树去有限条边后总边权最大值（P2015 二叉苹果树）
定义 \(f(i)(j)\) 为 \(i\) 点去 \(j\) 条边的最优解。\(crit(i,j)\) 为 \(i\) 点到 \(j\) 点的边权。\(son(i)\) 表示 \(i\) 的子节点。
则 \(i\) 点去 \(j\) 条边的最优解为 \(i\) 点的子节点去 \(k\) 条边的最优解、\(i\) 点去 \(j-i-1\) 条边的最优解与 \(i\) 到 \(i\) 的子节点的边权的和的最大值。
故状态转移方程为：
\[f(i)(k)=\max_{l=0}^{l-1} \{f(i)(k-l-1)+f(j)(l)+crit(i,j)\} \]\[(k\in [1,\text{q}],j\in son(i)) \]关键代码片段如下：
DP(1,0);//调用 void DP(int fr,int fa) { for(int i=head[fr];i;i=e[i].next) { int to=e[i].to; int v=e[i].v; if(to==fa) continue; DP(to,fr); for(int j=Q;j>=1;j--) { for(int k=j-1;k>=0;k--) { dp[fr][j]=max(dp[fr][j],dp[fr][j-k-1]+dp[to][k]+v); } } } } -
树的最小覆盖集（P2016战略游戏 ）
注：此题可用二分图匹配实现：
这题其实有几种方法，其中比较显而易见的或许是树形dp吧，楼下有很多大佬已经解释过了，（这里就不再说了)，仔细一看题就可以发现这是一个典型的最小点覆盖。
最小点覆盖指的是在一个图中：一个点覆盖与之连接的边，求用最少的点可以覆盖。
这和题目要求一模一样。同时还有一个定理，最小点覆盖=最大匹配数。如果是无向图则/2。————摘自 pengym 的题解
定义 \(f(i)(0/1)\) 为 \(i\) 点的最优解，\(0\) 表示 \(i\) 不选，\(1\) 表示 \(i\) 要选。\(son(i)\) 表示 \(i\) 的子节点。
若 \(i\) 点要选，则 \(i\) 点的子节点可选可不选，最后还要加上自己一个节点，故状态转移方程为：
\[f(i)(1)=\sum_{j\in son(i)}\min\{f(j)(0),f(j)(1)\}+1 \]若 \(i\) 点不选，则 \(i\) 点的子节点必须选，故状态转移方程为：
\[f(i)(0)=\sum_{j\in son(i)}f(j)(1) \]特别提醒： \(f(i)(0/1)\) 必须初始化为 $+\infty $
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树形分组背包（2）(P1273 有线电视网)
定义 \(f(i)(j)\) 为 \(i\) 点保留 \(j\) 个叶节点的最优解。\(crit(i,j)\) 为 \(i\) 点到 \(j\) 点的边权。\(son(i)\) 表示 \(i\) 的子节点。\(size(i)\) 表示 \(i\) 节点的子树大小。\(\text{E}_{\text{Leaf}}\) 为树的叶节点的集合。\(\text{E}_{\text{All}}\) 为树的所有节点的集合。\(value(i)\) 为 \(i\) 点所需的费用（\(i\in \text{E}_{\text{Leaf}}\) ）。
则 \(i\) 点的最优解为子节点保留 \(k\) 个叶节点的最优解再加上 \(i\) 点能保留 \(j-k\) 个叶节点的最优解减去边权。
最后只需统计可以更新到的最大值。
故状态转移方程为：
\[f(i)(k)=\max_{j\in son(i)}\{f(i)(k-l)+f(j)(l)-crit(i,j)\} \]\[(k\in[0,size(i)],l\in [0，\min\{k,size(j)\}]) \]\[f(i)(0)=0(i\in \text{E}_{\text{All}}),f(i)(1)=value(i)(i\in \text{E}_{\text{Leaf}}),size(i)=1(i\in \text{E}_{\text{Leaf}}) \]关键代码如下：
DP(1,-1);//调用 void DP(int fr,int fa) { for(int i=head[fr];i;i=e[i].next) { int to=e[i].to; if(to==fa) continue; DP(to,fr); siz[fr]+=siz[to]; } for(int i=head[fr];i;i=e[i].next) { int to=e[i].to; int v=e[i].v; if(to==fa) continue; for(int j=siz[fr];j>=0;j--) { for(int k=0;k<=min(j,siz[to]);k++) { dp[fr][j]=max(dp[fr][j],dp[fr][j-k]+dp[to][k]-v); } } } } for(int i=m;i>=0;i--)//统计最终答案 { if(dp[1][i]>=0) { printf("%lld\n",i); return 0; } }特别提醒：
- \(f(i)(j)\) 一定要初始化为$-\infty $ ，并且 \(f(i)(0)\) 、 \(f(i)(1) (i\in \text{E}_{\text{Leaf}})\) 和 \(size(i)(i\in \text{E}_{\text{Leaf}})\) 一定要按上面写的初始化。
- 在输入时，千万不要搞错 \(i\) 和 \(j\) 。
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基环树DP（P2607 [ZJOI2008]骑士）
本题的DP模型同 P1352 没有上司的舞会。本题的难点在于如何把基环树DP转化为普通的树上DP。
考虑断边和换根。先找到其中的一个环，在上面随意取两个点， 断开这两个点的边，使其变为一棵普通树。以其中的一点为树根做树形DP，再以另一点为树根再做一次树形DP，因为相邻的两点不能同时选，所以最后统计一下 \(f(i)(0)\) 与 \(g(j)(0)\) 的最大值即可。
定义 \(f(i)(0/1)\) 为第一次树形DP的 \(i\) 点的最优解，\(g(i)(0/1)\) 为第二次树形DP的 \(i\) 点的最优解。$\text{Ans} $ 为一次基环树DP的答案。\(\text{E}_\text{Circle}\) 为基环树的环上的点的集合。
故一次基环树DP的答案为：
\[\text{Ans}=\max\{f(i)(0),g(j)(0)\} \]\[(i,j\in \text{E}_\text{Circle},i\neq j) \]下图为洛谷秋令营的课件讲解:
关键代码如下：
void covertree(int fr)//寻找基环树 { used[fr]=1; for(int i=head[fr];i;i=e[i].next) { int to=e[i].to; if(used[to]==0) { covertree(to); } } } void findcir(int fr,int fa)//寻找基环树中的环 { if(flag) return ; vis[fr]=1; for(int i=head[fr];i;i=e[i].next) { int to=e[i].to; if(vis[to]==0) { findcir(to,fr); }else if(to!=fa) { fri=fr;//第一个点 toi=to;//第二个点 E=i;//边的编号 flag=1; return ; } } } void DPf(int fr)//以其中的一点为树根做树形DP { visf[fr]=1; f[fr][1]=crit[fr]; for(int i=head[fr];i;i=e[i].next) { int to=e[i].to; if(visf[to]==0&&(i^1)!=E)//保证不会选到第一个点和第二个点，相当于断边 { DPf(to); f[fr][0]+=max(f[to][0],f[to][1]); f[fr][1]+=f[to][0]; } } } void DPg(int fr)//再以另一点为树根再做一次树形DP { visg[fr]=1; g[fr][1]=crit[fr]; for(int i=head[fr];i;i=e[i].next) { int to=e[i].to; if(visg[to]==0&&(i^1)!=E) { DPg(to); g[fr][0]+=max(g[to][0],g[to][1]); g[fr][1]+=g[to][0]; } } } for(int i=1;i<=n;i++)//调用+统计答案 { if(used[i]==1) continue; covertree(i); flag=0; findcir(i,-1); DPf(fri); DPg(toi); ans+=max(f[fri][0],g[toi][0]); }特别注意：
- 本题是基环树森林，而不是单棵基环树，故要反复寻找覆盖基环树，最后将所有答案加起来。
- 因为要断边，所以前向星计数器
ei一定要初始化为 1。 - 用多个数组标记（
used[],vis[],visf[],visg[]）。 - 一定要注意
f,g和fr,to，不要手快打错了。
