树形 DP 总结
树形 DP
树形 DP，就是以树为模型的动态规划。主要利用树本身带来的子结构（树上的父子关系）来进行状态转移。
一般情况下，都是通过子节点的 DP 值来推出父节点的 DP 值。除此之外，经常会通过子节点的一些辅助信息来推出父节点的辅助信息，比如 \(sz\) ——子树大小，\(sum\) ——从根节点到子节点的点权/边权和等。
状态设计
常见类型：
注：为了方便阅读，做如下规定：
- 下文中 \(a_x\) 统一表示 \(x\) 的点权。
- \(sz_x\) 统一表示 \(x\) 的子树大小。
- \(lson_x\) 和 \(rson_x\) 分别表示 \(x\) 的左右儿子。（仅限于二叉树）
- \(son_x\) 表示 \(x\) 的儿子。
- \(fa_x\) 表示 \(x\) 的父亲。
- \(w(u,v)\) 表示 \(u\to v\) 这条边的权值。
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以 \(dp_x\) 表示以 \(x\) 为根的答案。
一般 \(x\) 的答案可以直接由 \(x\) 的儿子转移得到。较为简单。
定义 \(dp_{x}\) 表示以 \(x\) 为根的子树中最大的子树权值和是多少。
特征：类比最大子段和，若以 \(x\) 儿子为根的 \(dp\) 值 \(>0\)，则说明其对 \(x\) 有贡献，反之无贡献，即 \(x\) 的 \(dp\) 值与其儿子的 \(dp\) 值有关。
转移：
\[ dp_x=a_x+\sum \max(dp_{son[x]},0) \] -
以 \(dp_{x,0/1}\) 表示以 \(x\) 为根的子树，\(x\) 选或者不选/\(x\) 是否在某个特定类型中（题目给出）的答案。
首先子结构往往和树上父子关系有关，往往答案与 \(x\) 选/不选或者某个题中所给的特定类型有关，且第二维一般表示 \(x\) 的状态。详见下述例子。
例：
定义 \(dp_{x,0/1}\) 表示以 \(x\) 为根的子树，\(x\) 参加/不参加舞会的最大的快乐指数。
特征：\(x\) 为根的子树的答案可以由 \(x\) 的儿子转移而来，\(x\) 的儿子参加或不参加决定了 \(x\) 是否参加。
转移：
\(x\) 如果参加，\(x\) 的儿子参加或者不参加都行。
\(x\) 如果不参加，那么 \(x\) 的儿子一定不能参加。
\[ dp_{x,0}=\sum \max(dp_{son[x],0},dp_{son[x],1})\\ dp_{x,1}=a_x+\sum dp_{son[x],0} \]几乎和没有上司的舞会一样，只不过是在基环树上，我们只需要枚举断哪条边即可。不做赘述。
定义 \(dp_{x,0/1}\) 表示以 \(x\) 为根的的子树，\(x\) 是否包含在一个有黑点的连通块中。
特征：\(x\) 为根的子树答案可以由 \(x\) 的儿子转移而来，\(x\) 的儿子所在连通块是否有黑点决定了 \(x\) 的方案数。
转移：
\(x\) 所在连通块如果没有黑点，那么有黑点的子树必须跟 \(x\) 联通，无黑点的子树也必须跟 \(x\) 联通。
\(x\) 所在连通块如果有黑点，那么有黑点的子树一定要跟 \(x\) 断开，无黑点的子树必须要跟 \(x\) 联通。
\[ dp_{x,0}=dp_{x,0}\times dp_{son[x],0}+dp_{x,0}\times dp_{son[x],1}+dp_{x,0}\times dp_{son[x],1}\\ dp_{x,1}=dp_{x,1}\times dp_{son[x],0}+dp_{x,1}\times dp_{son[x],1}+dp_{x,0}\times dp_{son[x],1} \]\(dp1_{x,0/1/2}\) 表示以 \(x\) 为根的子树，\(x\) 染成绿/红/蓝色时，有多少个点最多能被染成绿色。
\(dp2_{x,0/1/2}\) 相应的表示最少有多少个点被染成绿色。
特征：\(x\) 被染成什么颜色由 \(x\) 的儿子和 \(x\) 的兄弟决定，且与儿子个数有关。
转移：
这里以 \(dp1\) 的转移为例，\(dp2\) 完全可以类比。
当 \(x\) 染绿色时，\(x\) 的儿子只能染红色/蓝，若 \(x\) 有一个儿子，则无所谓，反之它的两个儿子必须染不同的颜色。答案为儿子中答案的最大值 +1。
当 \(x\) 不染绿色时，\(x\) 的儿子只需要不与 \(x\) 颜色相同，分别讨论 \(x\) 为红/蓝的情况，分别讨论即可。答案为儿子中答案的最大值。
\(x\) 无儿子时：
\[ dp_{x,0}=dp_{x,1}=dp_{x,2}=1 \]\(x\) 只有一个儿子时：
\[ dp_{x,0}=\max(dp_{son[x],1},dp_{son[x],2})+1\\ dp_{x,1}=\max(dp_{son[x],0},dp_{son[x],2})\\ dp_{x,2}=\max(dp_{son[x],0},dp_{son[x],1}) \]\(x\) 有两个儿子时：
\[ dp_{x,0}=\max(dp_{lson[x],1}+dp_{rson[x],2},dp_{lson[x],2}+dp_{rson[x],1})+1\\ dp_{x,1}=\max(dp_{lson[x],0}+dp_{rson[x],2},dp_{lson[x],2}+dp_{rson[x],0})\\ dp_{x,2}=\max(dp_{lson[x],0}+dp_{rson[x],1},dp_{lson[x],1}+dp_{rson[x],0}) \]\(dp_{x,i}\) 表示以 \(x\) 为根的子树，\(x\) 填 \(i\) 时，总价值最小是多少。
发现 \(dp_{x,i}\) 只能由 \(dp_{son[x],j}\) 中满足 \(i\ne j\) 且值最小的答案转移而来，而符合这两个条件的只会是 \(dp_{son[x],j}\) 中的最大或次大值：当 \(i\) 本来就不与最大值的 \(j\) 相等时就是最大，反之是次大。
那么我们只需要定义另一个 \(tp_{x,0/1}\) 用来表示 \(x\) 子树内 \(dp\) 值的最大/次大值即可。同时记录一下满足 \(dp_{x,i}\) 的 \(dp\) 值中对应的最大值的 \(i\) 是多少，记为 \(mi_{x}\)
转移：
\[ dp_{x,i}=\sum [mi_x\ne i]tp_{son[x],0}+\sum [mi_x=i]tp_{son[x],1} \]拓展：此类树形 DP 求树的直径。
我们用 \(dp_{x,0/1}\) 表示从 \(x\) 出发的最长链/次长链。
然后 dfs，考虑每条边加进来之后是否会影响最大/次大值，直接转移即可。
-
和区间 DP 结合，以 \(dp_{l,r}\) 表示树中 \([l,r]\) 的答案。
往往此类型的状态设计，类似区间 DP，会以区间的左右端点来描述状态，一个状态由比它更小的状态转移而来。
例：
定义 \(dp_{l,r}\) 表示树中区间 \([l,r]\) 加分最大值。
我们需要枚举对于当前区间 \([l,r]\) 作为一个子树时，哪个点作为根，以区间的左右端点 \([l,r]\) 分别为该子树内的节点下标最大和最小值，运用了同一子树内节点下标一定连续的这一特征，同时枚举根，也利用了区间 DP 枚举中间节点的套路。同时也启发我们，遇到二叉树三种遍历的题，可以考虑使用类似合并区间的方法，考虑对于一个区间而言它的答案是什么。
转移：
\[ dp_{l,r}=\max(dp_{l,r},dp_{l,k-1}+dp_{k+1,r}+dp_{k,k}) \] -
换根 DP。用 \(dp_x\) 表示整棵树以 \(x\) 为根时的答案。
基于树形 DP 的基本模型，题目初始时不给出根节点，且我们需要知道每个点为根时的答案，暴力的做法是 \(O(n^2)\)。换根 DP 可以将复杂度降低 \(O(n)\)，只需要两遍 dfs，第一遍以 1（或者任选一个节点）为根，在根节点切换时，直接通过一些已经计算过的数据在 \(O(1)\) 就能得到另一个根的结果。
题目特征：需要选择一个点作为关键点/建立基站，问其它点到该关键点总的代价最大/最小是多少。
例：
首先以 \(1\) 为根求出来所有的深度和。再定义 \(dp_{x}\) 表示 \(x\) 作为整棵树的根时，所有节点的深度和。
转移：
\[ dp_x=dp_{fa[x]}-sz_x+(sz_1-sz_x) \]应该是换根 DP 的板子题了。
P2986 [USACO10MAR] Great Cow Gathering G
其实相当于求树的重心。我们也可以通过换根的方法来求。
定义 \(dp_x\) 表示以 \(x\) 作为整棵树的根时，所有奶牛要走的路程之和是多少。
第一遍 dfs 从 \(1\) 开始求出当 \(1\) 为根时的不方便程度。第二遍 dfs 以 \(1\) 为基准求出其它点的不方便程度。
\(f_x\) 用于第一遍 dfs 的转移，\(dp_x\) 用于第二遍 dfs 的转移。
\[ f_x=\sum f_{son[x]}+sz_{son[x]}\times w(x,son[x])\\ dp_{x}=dp_{fa[x]}-dp_{x}\times w(x,fa[x])+(sz_1-sz_x)\times w(x,fa[x]) \]P3047 [USACO12FEB]Nearby Cows G
这道题我写了题解。就不在这里多赘述了。
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树上背包。一般用 \(dp_{x,i}\) 表示对于以 \(x\) 为根的子树，选择了 \(i\) 个点的答案。选择 \(i\) 个点干什么一般要根据具体题意而定。答案就是问题，题目中要求什么这个 \(dp\) 状态就表示什么。我们一般会枚举 \(x\) 的子树中选了多少个点以及 \(son[x]\) 选了多少个点，再按照背包的方式转移。
题目特征：一般而言，答案一般会与子树内选多少条边/多少个点有关，且 \(dp_{x,i}\) 可以由 \(dp_{y,j}\) 推出，转移类似于背包。
例：
定义 \(dp_{x,i}\) 表示的是以 \(x\) 为根的子树，有 \(i\) 条边被保留时，最多能留住的苹果的数量。
我们可以枚举 \(son[x]\) 子树中保留了多少条边，假设 \(son[x]\) 子树中保留了 \(j\) 条边，\(x\) 子树中保留了 \(i\) 条边，那么 \(dp_{x,i}\) 就可以由 \(dp_{x,i-j-1}\) 和 \(dp_{son[x],j}\) 转移而来，之所以要减一，是因为 \(i\to j\) 这条边必须保留。
转移：
\[ dp_{x,i}=\max(dp_{x,i},dp_{x,i-j-1}+dp_{son[x],j}+w(x,son[x])) \]定义 \(dp_{x,i}\) 表示以 \(x\) 为根的子树内，选择了 \(i\) 门课程能获得的最大学分是多少。
可以枚举每一个 \(son[x]\) 子树内选择了多少门课程，转移与上题类似，不做赘述。
转移：
\[ dp_{x,i}=\max(dp_{x,i},dp_{x,i-j}+dp_{son[x],j}) \]定义 \(dp_{x,i}\) 表示走到节点 \(x\) 时，剩余 \(i\) 的时间，最多能拿到的画的数量。
由于此题模型是二叉树，所以我们只需要枚举分给左儿子的时间，那么分给右儿子的时间就是 \(i\) 减去分给左儿子的时间。由于通过走廊还需要时间（即点有点权），所以还需减去 \(a_x\)。
转移：
\[ dp_{x,i}=\max(dp_{x,i},dp_{lson[x],j}+dp_{rson[x],i-j-a[x]}) \]定义 \(dp_{x,i}\) 表示以 \(x\) 为根的子树内，选了 \(i\) 个用户的最大收益。
枚举 \(son[x]\) 子树内选了多少个用户，然后考虑转移。最后同样要减去 \(w(x,a[x])\)，表示这条边的花费。
转移：
\[ dp_{x,i}=\max(dp_{x,i},dp_{x,i-j}+dp_{son[x],j}-w(x,a[x])) \]定义 \(dp_{x,i}\) 表示以 \(x\) 为根的子树 ，有 \(i\) 个点染成了黑色的最大收益。
这道题我写了题解。就不在这里多赘述了。
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上述第二种和第四种相结合，同时需要记录 \(x\) 选或者不选以及子树中选择多少个的问题特征。
一般定义 \(dp_{x,i,0/1}\) 表示 \(x\) 为根的子树内，选择了 \(i\) 个点/进行了 \(i\) 次操作，\(x\) 选/不选的答案。
定义 \(dp_{x,i,0/1}\) 表示 \(x\) 为根的子树内，走了 \(i\) 步，是否回头的最多能经过的格点数量。
简要说明一下为什么要加最后一维。
如果我们直接定义 \(dp_{x,i}\) 表示以 \(x\) 为根的子树内走了 \(i\) 步最多能经过的格点数量，那么有两种可能：
- 从 \(x\) 的子树中绕几个圈圈后回到 \(x\);
- 在 \(x\) 的子树中绕几个圈圈后在向某一个子树一路走到死。
发现两种情况不能合并处理。所以我们要多记录一维是否回头（回头为 \(1\)，不回头为 \(0\))。
对于 \(dp_{x,i,1}\)：由于到 \(x\) 一定回头，所以 \(son[x]\) 也必须回头，即只能从 \(dp_{son[x],i,1}\) 转移而来，转移类似于树上背包：
\[ dp_{x,i,1}=\max(dp_{x,i,1},dp_{x,i-j-2,1}+dp_{son[x],j,1}) \]之所以减去 \(2\) 是因为来回要走两次 \(x\to son[x]\) 这条边。
对于 \(dp_{x,i,0}\)：发现对于 \(son[x]\) 来说有三种可能：
- 在 \(son[x]\) 之前就一路走到死；
- 在 \(son[x]\) 处一路走到死；
- 在 \(son[x]\) 之后一路走到死；
发现第三种情况会被前两种覆盖，所以我们只需要考虑前两种情况。
对于第一种情况，相当于要从上一个没有一路走到死的状态转移过来，即：
\[ dp_{x,i,0}=\max(dp_{x,i,0},dp_{x,i-j-1,1}+dp_{son[x],j,0}) \]因为只会走 \(x\to son[x]\) 这条边一次所以只需要减 \(1\)。
对于第二种情况，相当于要从上一个已经一路走到死的状态转移过来，即：
\[ dp_{x,i,0}=\max(dp_{x,i,0},dp_{x,i-j-2,0}+dp_{son[x],j,1}) \]分别考虑转移即可。
后记
写于 NOIP2022 前。当我正在写这篇总结的时候，西安封城了，NOIP 大概率取消。那么是否非省队选手就直接无奖退役了呢，我不曾知晓，当然我大概率也是他们中的一员。
2022 年疫情因素众多，我们无法知晓未来发生的种种事情，也许会说”两年 OI 一场空，三天疫情见祖宗“，我起初也是这么觉得的，但现在突然就释然了，一切交给时间吧，做好我本来应该做好的事情就好了。
upd：陕西 NOIP2022 取消。
