今天学习了树形\(dp\)，一开始浏览各大\(blog\)，发现都\(TM\)是题，连个入门的\(blog\)都没有，体验极差。所以我立志要写一篇可以让初学树形\(dp\)的童鞋快速入门。

树形\(dp\)

概念类

树形\(dp\)是一种很优美的动态规划，真的很优美真的，前提是在你学会它之后。

实现形式

树形\(dp\)的主要实现形式是\(dfs\)，在\(dfs\)中\(dp\)，主要的实现形式是\(dp[i][j][0/1]\)，\(i\)是以\(i\)为根的子树，\(j\)是表示在以\(i\)为根的子树中选择\(j\)个子节点，\(0\)表示这个节点不选，\(1\)表示选择这个节点。有的时候\(j\)或\(0/1\)这一维可以压掉

基本的\(dp\)方程

选择节点类

\[ \begin{cases} dp[i][0]=dp[j][1] \\ dp[i][1]=\max/\min(dp[j][0],dp[j][1])\\ \end{cases} \]

树形背包类

\[ \begin{cases} dp[v][k]=dp[u][k]+val\\ dp[u][k]=max(dp[u][k],dp[v][k-1])\\ \end{cases} \]

例题类

以上就是对树形\(dp\)的基本介绍，因为树形\(dp\)没有基本的形式，然后其也没有固定的做法，一般一种题目有一种做法。

没有上司的舞会

这道题是一树形\(dp\)入门级别的题目，具体方程就用到了上述的选择方程。

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 6001
using namespace std;
int ind[N],n,hap[N],dp[N][2],fa[N],root,vis[N],ne[N],po[N];
void work(int x)
{for(int i = po[x]; i; i = ne[i]){work(i);dp[x][1]=max(max(dp[x][1],dp[x][1]+dp[i][0]),dp[i][0]);dp[x][0]=max(max(dp[x][0],dp[i][1]+dp[x][0]),max(dp[i][1],dp [i][0]));}
}
int main()
{cin >> n;for(int i=1; i<=n; i++)cin >> dp[i][1];for(int i=1; i<=n; i++){int a,b;cin >> b >> a;ind[b]++;ne[b] = po[a];po[a] = b;}for(int i=1; i<=n; i++)if(!ind[i]){root=i;break;}work(root);cout << max(dp[root][0],dp[root][1]);
}

最大子树和

这道题的\(dp\)方程有变，因为你的操作是切掉这个点，所以你的子树要么加上价值，要么价值为\(0\)，所以\(dp\)方程是
\[ dp[u]+=max(dp[v],0) \]

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>using namespace std;
struct edge
{int next,to;
} e[40000];
int head[40000],tot,rt,maxn;
void add(int x,int y)
{e[++tot].next=head[x];head[x]=tot;e[tot].to=y;
}
int n,dp[20000],ind[20000];
int val[20000],f[20000];
void dfs_f__k(int x,int fa)
{f[x]=fa;for(int i=head[x]; i; i=e[i].next){int v=e[i].to;if(v!=fa)dfs_f__k(v,x);}
}
void dfs(int x)
{dp[x]=val[x];for(int i=head[x]; i; i=e[i].next){int v=e[i].to;if(v!=f[x]){dfs(v);dp[x]+=max(0,dp[v]);}}maxn=max(maxn,dp[x]);
}
int main()
{scanf("%d",&n);for(int i=1; i<=n; i++)scanf("%d",&val[i]);for(int i=1; i<=n-1; i++){int a,b;scanf("%d%d",&a,&b);add(a,b);add(b,a);}rt=1;dfs_f__k(rt,0);dfs(rt);printf("%d",maxn);
}

选课

这道题的意思是每本书要想选择一门课，必须要先学会它的必修课，所以这就形成了一种依赖行为，即选择一门课必须要选择必修课。那么他又说要选择的价值最大，这就要用到树形背包的知识了。
树形背包的基本代码形式（即上面的树形背包类）

/*
设dp[i][j]表示选择以i为根的子树中j个节点。
u代表当前根节点，tot代表其选择的节点的总额。
*/
void dfs(int u,int tot)
{for(int i=head[x];i;i=e[i].next){int v=e[i].to;for(int k=0;k<tot;k++)//这里k从o开始到tot-1，因为v的子树可以选择的节点是u的子树的节点数减一dp[v][k]=dp[u][k]+val[u];dfs(v,tot-1)for(int k=1;k<=tot;k++)dp[u][k]=max(dp[u][k],dp[v][k-1]);//这里是把子树的值赋给了根节点，因为u选择k个点v只能选择k-1个点。}
}

然后这就是树形背包的基本形式，基本就是这样做
代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;int n,m;
struct edge
{int next,to;
}e[1000];
int rt,head[1000],tot,val[1000],dp[1000][1000];
void add(int x,int y)
{e[++tot].next=head[x];head[x]=tot;e[tot].to=y;
}
void dfs(int u,int t)
{if (t<=0) return ;for (int i=head[u]; i; i=e[i].next){int v = e[i].to;for (int k=0; k<t; ++k) dp[v][k] = dp[u][k]+val[v];dfs(v,t-1);for (int k=1; k<=t; ++k) dp[u][k] = max(dp[u][k],dp[v][k-1]);}
}
int main()
{scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++){int a;scanf("%d%d",&a,&val[i]);if(a)add(a,i);if(!a)add(0,i);}dfs(0,m);printf("%d",dp[0][m]);
}

Strategic game

这道题的意思是选择最少的点来覆盖一棵树，可以用最小点覆盖（也就是二分图最大匹配）或者树形\(dp\)来做，因为这里我们的专题是树形\(dp\)，所以我们现在就讲树形\(dp\)的做法。
我们做这道题的方法是用选择方程来做，因为你要做最小点覆盖，要么选这个点要么不选对吧。
于是\(dp\)的转移方程就是上述一方程

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
int n;
struct edge
{int next,to;
} e[4000];
int head[4000],tot,dp[4000][2],ind[4000];
void add(int x,int y)
{e[++tot].next=head[x];head[x]=tot;e[tot].to=y;
}
void dfs(int x)
{dp[x][1]=1;for(int i=head[x]; i; i=e[i].next){int v=e[i].to;dfs(v);dp[x][0]+=dp[v][1];dp[x][1]+=min(dp[v][0],dp[v][1]);}
}
int main()
{while(scanf("%d",&n)!=EOF){memset(dp,0,sizeof(dp));memset(head,0,sizeof(head));memset(ind,0,sizeof(ind));tot=0;for(int j=1; j<=n; j++){int a,b;scanf("%d:(%d)",&a,&b);for(int i=1; i<=b; i++){int c;scanf("%d",&c);ind[c]++;add(a,c);}}int rt;for(int i=0; i<=n; i++)if(!ind[i]){rt=i;break;}dfs(rt);printf("%d\n",min(dp[rt][1],dp[rt][0]));}
}