【算法笔记】树形DP算法总结详解

0. 定义

树形DP，又称树状DP，即在树上进行的DP，是DP（动态规划）算法中较为复杂的一种。

1. 基础

令f[u]=f[u]=~f[u]= 与树上顶点uuu有关的某些数据，并按照拓扑序（从叶子节点向上到根节点的顺序）进行DP\text{DP}DP，确保在更新一个顶点时其子节点的dp值已经被更新好，以更新当前节点的DP\text{DP}DP值。为方便计算，一般写成dfs的形式，如下：

void dfs(int v) { // 遍历节点vdp[v] = ...; // 初始化for(int u: G[v]) { // 遍历v的所有子节点dfs(u);update(u, v); // 用子节点的dp值对当前节点的dp值进行更新}
}

下面来看一道简单的例题：

【例1.1】子树大小

给定一棵有NNN个结点的树，根结点为结点111。对于i=1,2,…,Ni=1,2,\dots,Ni=1,2,…,N，求以结点iii为根的子树大小（即子树上结点的个数，包括根结点）。

本题明显可以使用树形DP的方法，令f[v]=f[v]=~f[v]= 以vvv为根的子树大小，则易得
f[v]=1+∑i=1degvG[v][i]f[v]=1+\sum_{i=1}^{\text{deg}_v} G[v][i] f[v]=1+i=1∑degvG[v][i]
即：一个结点的子树大小=1~=1 =1（根节点）++~+ 每个子树的大小。

沿用刚才的模板，可得：

#include <cstdio>
#include <vector>
#define maxn 100
using namespace std;vector<int> G[maxn]; // 邻接表
int sz[maxn]; // dp数组，sz[v] = 子树v的大小void dfs(int v)
{sz[v] = 1; // 初始化，最初大小为1，后面累加for(int u: G[v]) // 遍历子结点{dfs(u); // 先对子结点进行dfssz[v] += sz[u]; // 更新当前子树的大小}
}int main()
{int n;scanf("%d", &n); // 结点个数for(int i=1; i<n; i++) // N-1条边{int u, v;scanf("%d%d", &u, &v); // 读入一条边G[u].push_back(v); // 存入邻接表}dfs(1);for(int i=1; i<=n; i++)printf("%d\n", sz[i]);return 0;
}

下面来看一道稍微复杂一点的题：

【例1.2】洛谷P1352 没有上司的舞会

本题即树的最大独立集问题。

有NNN名职员，编号为1…N1\dots N1…N，他们的关系就像一棵以老板为根的树，父节点就是子节点的直接上司。每个职员有一个快乐指数rir_iri，现在要召开一场舞会，使得没有职员和直接上司一起参会。主办方希望邀请一部分职员参会，使得所有参会职员的快乐指数总和最大，求这个最大值。

令f(v)f(v)f(v)表示以vvv为根的子树中，选择vvv的最优解，g(v)g(v)g(v)表示以vvv为根的子树中，不选vvv的最优解。

则对于每个状态，都存在两种决策（其中uuu代表vvv的儿子）：

选择vvv时，可选也可不选uuu，此时有g(v)=∑max⁡{f(u),g(u)}g(v)=\sum\max\{f(u),g(u)\}g(v)=∑max{f(u),g(u)}；
不选vvv时，一定不能选uuu，此时有f(v)=ri+∑g(u)f(v)=r_i+\sum g(u)f(v)=ri+∑g(u)。

时间复杂度为O(N)\mathcal O(N)O(N)。
注意本题需要寻找根节点，没有上司的结点即为根节点，读入时用数组标记即可。

#include <cstdio>
#include <vector>
#define maxn 6005
using namespace std;inline int max(int x, int y) { return x > y? x: y; }vector<int> G[maxn]; // 邻接表
bool bad[maxn]; // 根结点标记
int f[maxn], g[maxn]; // 数据存储void dfs(int v) // 遍历结点v
{// 读入时已初始化，这里可省略for(int u: G[v]) // 遍历子结点{dfs(u); // 先对子结点进行dfs// 更新当前dp状态f[v] += g[u]; // 选择v，不能选ug[v] += max(f[u], g[u]); // 不选v，u可选可不选}
}int main()
{int n;scanf("%d", &n); // 结点个数for(int i=0; i<n; i++)scanf("%d", f + i); // 相当于提前初始化好f[i]=r[i]for(int i=1; i<n; i++) // N-1条边{int u, v;scanf("%d%d", &u, &v); // 读入一条边G[--v].push_back(--u); // 0-index，存入邻接表bad[u] = true; // 标记不可能是根结点}int root = -1; // 根结点变量for(int i=0; i<n; i++)if(!bad[i]) // 找到根结点{root = i; // 记录根结点break;}dfs(root); // 开始进行树形DPprintf("%d\n", max(f[root], g[root])); // 根结点也有两种选择return 0;
}

习题

HDU 2196 Computer / vjudge链接
POJ 1463 Strategic game
洛谷 P3574 [POI2014] FAR-FarmCraft

2. 树上背包

在基本算法之上，树形dp还可以用于树上背包问题。来看一道例题：

【例2.1】洛谷P2014 / AcWing 286 选课

有NNN门课，第iii门课的学分是sis_isi。每门课有不超过一门先修课，需要上了先修课才能上这门课。现要选MMM门课，使得学分总和最大。

每门课最多只有一门先修课，这符合树结构的特点，与有根树中一个点最多只有一个父亲结点的特点类似。因此，我们根据数据构造一棵树，课程的先修课为这门课的父结点。又由于给定的输入是一个森林（多棵树组成的不一定连通的图），不是一棵完整的树，因此我们添加虚拟根结点000（s0=0s_0=0s0=0），将没有先修课的结点全部连到它下面，并从这里开始dfs。注意此时必须选中000号结点（它是所有课程的直接或间接先修课），所以操作前先将MMM加上111。

格式问题解决，下面考虑如何DP\text{DP}DP。
令f[i][j]f[i][j]f[i][j]表示当前在结点iii、且已经选了jjj门课时的最大学分数量，则答案为f[0][M+1]f[0][M+1]f[0][M+1]。状态转移方程等详见代码。时间复杂度为O(NM)\mathcal O(NM)O(NM)，有兴趣的可以自己尝试证明。

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>
#define maxn 305
using namespace std;// dp算法中常用的模板，等效于x=max(x,y)
inline void setmax(int& x, int y)
{if(x < y) x = y;
}vector<int> G[maxn]; // 邻接表
int n, m, f[maxn][maxn];int dfs(int u) // 遍历结点u，返回值为其子树大小
{int tot = 1; // 记录子树大小，初始为1for(int v: G[u]) // 遍历u的所有子结点{int sz = dfs(v); // 对当前子结点进行搜索// 状态转移，注意i倒序，防止串连转移现象for(int i=min(tot, m); i>0; i--) // 子树大小优化可降低算法复杂度for(int j=1, lim=min(sz, m-i); j<=lim; j++)setmax(f[u][i + j], f[u][i] + f[v][j]); // 更新状态tot += sz; // 加到当前子树下}return tot; // 返回子树大小
}int main()
{scanf("%d%d", &n, &m);for(int i=1; i<=n; i++){int a;scanf("%d%d", &a, f[i] + 1); // 初始化f[i][1]=s[i]G[a].push_back(i);}m ++; // 别忘了这一句dfs(0);printf("%d\n", f[0][m]);return 0;
}

习题

LOJ #2546. 「JSOI2018」潜入行动
LOJ #2268. 「SDOI2017」苹果树

3. 换根 DP

换根DP，即为不知道根结点时使用的一种树形DP，时间复杂度一般为O(N)\mathcal O(N)O(N)。

【例3.1】洛谷 P3478 [POI2008] STA-Station

给定一个nnn个点的树，请求出一个结点，使得以这个结点为根时，所有结点的深度之和最大。

先考虑最简单粗暴的方法，即为枚举所有结点，代码如下：

#include <cstdio>
#include <vector>
#define maxn 1000005
using namespace std;vector<int> G[maxn];int dfs(int v, int d, int par)
{int s = d;for(int u: G[v])if(u != par)s += dfs(u, d + 1, v);return s;
}int main()
{int n;scanf("%d", &n);for(int t=n; --t; ){int u, v;scanf("%d%d", &u, &v);G[--u].push_back(--v);G[v].push_back(u);}int ans = 0, maxDepth = dfs(0, 0, -1);for(int root=1; root<n; root++){int d = dfs(root, 0, -1);if(d > maxDepth) ans = root, maxDepth = d;}printf("%d\n", ++ans);return 0;
}

很明显，这种做法时间复杂度为O(n2)\mathcal O(n^2)O(n2)，又因为n≤106n\le 10^6n≤106，所以无法得全分，评测结果如下：

好家伙，居然还有50分，本以为最多30…

下面来考虑换根DP的方法。不妨令uuu为当前结点，vvv为其子结点。先预处理出每个结点的子树大小s[u]=1+∑s[v]s[u]=1+\sum s[v]s[u]=1+∑s[v]和以111为根结点时所有结点的深度（depthi\text{depth}_idepthi），此时第一遍DFS即为预处理。

令fuf_ufu表示以uuu为根时，所有结点的总深度和，则f1=∑depthif_1=\sum\text{depth}_if1=∑depthi。
考虑fu→fvf_u\to f_vfu→fv的转移，即“根结点从uuu变成vvv时所有结点深度和的变化”，则有：

所有在vvv的子树上的结点深度全部−1-1−1，则总深度和减少svs_vsv；
所有不在vvv的子树上的结点深度都+1+1+1，则总深度和增加n−svn-s_vn−sv；

此时，可得fv=fu−sv+n−sv=fu+n−2svf_v=f_u-s_v+n-s_v=f_u+n-2s_vfv=fu−sv+n−sv=fu+n−2sv。注意数据类型，使用long long。

#include <cstdio>
#include <vector>
#define maxn 1000005
using namespace std;using LL = long long;vector<int> G[maxn];
LL sz[maxn], f[maxn];
int n, ans;LL dfs1(int v, int d, int par)
{sz[v] = 1;LL s = d;for(int u: G[v])if(u != par)s += dfs1(u, d + 1, v), sz[v] += sz[u];return s;
}void dfs2(int v, int par)
{if(f[v] > f[ans]) ans = v;for(int u: G[v])if(u != par){f[u] = f[v] + n - (sz[u] << 1LL);dfs2(u, v);}
}int main()
{scanf("%d", &n);for(int t=n; --t; ){int u, v;scanf("%d%d", &u, &v);G[--u].push_back(--v);G[v].push_back(u);}f[0] = dfs1(0, 0, -1);dfs2(0, -1);printf("%d\n", ++ans);return 0;
}

习题

POJ 3585 Accumulation Degree
洛谷 P2986 [USACO10MAR] Great Cow Gathering G
CodeForce 708C Centroids
ABC 222F - Expensive Expense

4. 后记

好像这玩意也并不是开头所说的那么难…… 记得给个三连哦！

参考文献：

树形 DP - OI wiki
树形dp - tom0727’s blog
【动态规划】树形DP完全详解！ - RioTian - 博客园