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：

1. 下文中 $a_x$ 统一表示 $x$ 的点权。
2. $sz_x$ 统一表示 $x$ 的子树大小。
3. $lson_x$ 和 $rson_x$ 分别表示 $x$ 的左右儿子。（仅限于二叉树）
4. $son_x$ 表示 $x$ 的儿子。
5. $fa_x$ 表示 $x$ 的父亲。
6. $w(u,v)$ 表示 $u\to v$ 这条边的权值。

• 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。

  P1122 最大子树和

  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：

  P1352 没有上司的舞会

  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。

  $$dp_{x,0}=\sum \max(dp_{son[x],0},dp_{son[x],1})\\dp_{x,1}=a_x+\sum dp_{son[x],0}$$

  P2607 [ZJOI2008] 骑士

  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。

  CF461B Appleman and Tree

  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。

  $$dp_{x,0}=dp_{x,0}\times dp_{son[x],0}+dp_{x,0}\times dp_{son[x],1}+dp_{x,0}\times dp_{son[x],1}\\dp_{x,1}=dp_{x,1}\times dp_{son[x],0}+dp_{x,1}\times dp_{son[x],1}+dp_{x,0}\times dp_{son[x],1}$$

  P2585 [ZJOI2006]三色二叉树

  $dp1_{x,0/1/2}$ 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：

  $$dp_{x,0}=\max(dp_{lson[x],1}+dp_{rson[x],2},dp_{lson[x],2}+dp_{rson[x],1})+1\\dp_{x,1}=\max(dp_{lson[x],0}+dp_{rson[x],2},dp_{lson[x],2}+dp_{rson[x],0})\\dp_{x,2}=\max(dp_{lson[x],0}+dp_{rson[x],1},dp_{lson[x],1}+dp_{rson[x],0})$$

  P4395 [BOI2003]Gem 气垫车

  $dp_{x,i}$ 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：

  P1040 加分二叉树

  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：

  P3478 [POI2008] STA-Station

  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。

• 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：

  P2015 二叉苹果树

  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：

  $$dp_{x,i}=\max(dp_{x,i},dp_{x,i-j-1}+dp_{son[x],j}+w(x,son[x]))$$

  P2014 [CTSC1997] 选课

  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：

  $$dp_{x,i}=\max(dp_{x,i},dp_{x,i-j}+dp_{son[x],j})$$

  P1270 “访问”美术馆

  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：

  $$dp_{x,i}=\max(dp_{x,i},dp_{lson[x],j}+dp_{rson[x],i-j-a[x]})$$

  P1273 有线电视网

  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：

  $$dp_{x,i}=\max(dp_{x,i},dp_{x,i-j}+dp_{son[x],j}-w(x,a[x]))$$

  P3177 [HAOI2015] 树上染色

  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。

  P4516 [JSOI2018] 潜入行动

  这道题我写了题解。就不在这里多赘述了。

• 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。

  P3698 [CQOI2017]小Q的棋盘

  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。