树形DP

树形DP准确的说是一种DP的思想，将DP建立在树状结构的基础上。整体的思路大致就是用树形的结构存储数据。

要学树形DP之前肯定是要先学会树和图的呀，至少先学会链式前向星，不会的话可以看一下我之前写的博客
链接：【图论】图，实现图（三种方式），二分图详解

树形DP的关键和实现方法是dfsdfsdfs。

先找到树根，从树根开始运用 dfsdfsdfs 递归，跟dfsdfsdfs一样先初始化，然后递归到叶子节点上为止，把最底层的 f[i][j]f[i][j]f[i][j] 更新完毕，再回来往上走，自底向上地根据题意更新上层的fff数组，最后输出答案即可。

一般基础的题转移方程有两种模式：
选择节点类

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

选择节点式的题首先前提条件是整个数据是由树形结构存储的，或者应该用树形结构存，效率更高什么的，然后会告诉你相邻的节点是不能同时存在的，要求取最大最小值，类似P2016 战略游戏、P1352 没有上司的舞会（下面都有详解和题目链接哦）

树形背包类

{f[v][k]=f[u][k]+valf[u][k]=max(f[u][k],f[v][k−1])\begin{cases}f[v][k]=f[u][k]+val\\f[u][k]=max(f[u][k],f[v][k-1])\\\end{cases}{f[v][k]=f[u][k]+valf[u][k]=max(f[u][k],f[v][k−1])
树形背包，就是背包加上条件，一个物品只有选择了它的主件（根节点）才能选择，类似P2014[CTSC1997]P2014[CTSC1997]P2014[CTSC1997]选课

例题1、P1352 没有上司的舞会

P1352 没有上司的舞会

最基础的入门题，用链式前向星建树，直接用上面总结的转移方程

{f[u][0]+=max(f[v][0],f[v][1]);u不去，那么它的子节点（下属）可去可不去，取最大值即可f[u][1]+=f[v][0];u去了那么它的子节点一定不能去，直接加\begin{cases}f[u][0]+=max(f[v][0],f[v][1]);u不去，那么它的子节点（下属）可去可不去，取最大值即可\\f[u][1]+=f[v][0];u去了那么它的子节点一定不能去，直接加\\\end{cases}{f[u][0]+=max(f[v][0],f[v][1]);u不去，那么它的子节点（下属）可去可不去，取最大值即可f[u][1]+=f[v][0];u去了那么它的子节点一定不能去，直接加
找到根节点，ans=max(f[rt][0],f[rt][1])ans=max(f[rt][0],f[rt][1])ans=max(f[rt][0],f[rt][1])，非常简单。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int maxn = 6e4 + 7, maxm = 6e4 + 7;
int n, m, root;
int f[maxn][2];
int r[maxn];
int head[maxn], ver[maxm], nex[maxm], tot;
bool vis[maxn];void add(int x, int y)
{ver[tot] = y;nex[tot] = head[x];head[x] = tot ++ ;
}void dfs(int x, int fa)
{f[x][0] = 0;f[x][1] = r[x];for (int i = head[x]; ~i; i = nex[i]) {int y = ver[i];if(y == fa) continue;dfs(y, x);f[x][0] += max(f[y][0], f[y][1]);f[x][1] += f[y][0];}
}int main()
{memset(head, -1, sizeof head);scanf("%d", &n);for (int i = 1; i <= n; ++ i) scanf("%d", &r[i]);for (int i = 1; i <= n - 1; ++ i) {int x, y;scanf("%d%d", &x, &y);add(x, y);add(y, x);vis[x] = 1;}for (int i = 1; i <= n; ++ i)if(vis[i] == 0) {root = i;break;}dfs(root, 0);cout << max(f[root][0], f[root][1]) << '\n';return 0;
}

P2016 战略游戏

这道题的城堡是一颗树
题中有

注意，某个士兵在一个结点上时，与该结点相连的所有边将都可以被了望到。

所以定义数组f[i][1/0]f[i][1/0]f[i][1/0]表示的是节点i上放士兵或者不放士兵
根据题意,如果当前节点不放置士兵,那么它的子节点必须全部放置士兵,因为要满足士兵可以看到所有的边。
所以有 { } { } { } { } { } { } { } { } { } { } { } { } { } { } { } { } { }f[u][0]+=f[v][1]f[u][0]+=f[v][1]f[u][0]+=f[v][1]{ } { } { } { } { } { } { } { } { } { } { } 其中v是u的子节点
如果当前节点放置士兵,它的子节点选不选已经不重要了(因为树形dp自下而上,上面的节点不需要考虑),所以{ } { } { } { } { } { } { } { } { } { } { } { } { } { } { } f[u][1]+=min(f[v][0],f[v][1])f[u][1]+=min(f[v][0],f[v][1])f[u][1]+=min(f[v][0],f[v][1])

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int maxn = 2e3 + 7, maxm = 4e3 + 7;int n, m;
int head[maxn], nex[maxm], ver[maxm], tot;
int f[maxn][2];
int din[maxn];
int rt = -1;void add(int x, int y)
{ver[tot] = y;nex[tot] = head[x];head[x] = tot ++ ;
}void init()
{memset(head, -1, sizeof head);tot = 0;
}void dfs(int x, int fa)
{f[x][1] = 1;f[x][0] = 0;for (int i = head[x]; ~i; i = nex[i]) {int y = ver[i];if (y == fa) return ;dfs(y, x);f[x][0] += f[y][1];f[x][1] += min(f[y][0], f[y][1]);}
}int main()
{init();scanf("%d", &n);for (int i = 0; i <= n - 1; ++ i) {int x, k;scanf("%d%d", &x, &k);for (int j = 1; j <= k; ++ j) {int r;scanf("%d", &r);din[r] ++ ;add(i, r);}}for (int i = 0; i <= n - 1; ++ i)if(din[i] == 0)rt = i;dfs(rt, -1);cout << min(f[rt][0], f[rt][1]) << "\n";return 0;
}

双倍经验UVA1292 Strategic game

只有输入有些许的不同

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<math.h>#define ls (p<<1)
#define rs (p<<1|1)
#define mid (l+r)/2
#define over(i,s,t) for(register long long i=s;i<=t;++i)
#define lver(i,t,s) for(register long long i=t;i>=s;--i)using namespace std;
typedef long long ll;//全用ll可能会MLE或者直接WA,试着改成int看会不会A
const ll N=4000;
const ll INF=1e9+9;
const ll mod=2147483647;
const double EPS=1e-10;//-10次方约等于趋近为0
const double Pi=3.1415926535897;template<typename T>void read(T &x)
{x=0;char ch=getchar();ll f=1;while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}x*=f;
}struct node
{ll v,nex;
}e[N];ll head[N],cnt,n,m,k,x;
ll f[N][2];//二维的只需要0或1即可，开大了memset会超时
ll t,arr[N],rt;inline void add(ll u,ll v)
{e[++cnt].nex=head[u];e[cnt].v=v;head[u]=cnt;
}inline void init()
{memset(f,0,sizeof f);memset(head,0,sizeof head);memset(arr,0,sizeof arr);cnt=0;
}
void dfs(ll u)
{f[u][0]=0,f[u][1]=1;//站或不站，站则至少需要1名士兵for(ll i=head[u];i;i=e[i].nex){dfs(e[i].v);//往下遍历f[u][0]+=f[e[i].v][1];//若不站则相邻的必须站有士兵f[u][1]+=min(f[e[i].v][1],f[e[i].v][0]);}
}int main()
{while(scanf("%lld",&n)!=EOF){init();over(j,1,n){ll a,b;scanf("%lld:(%lld)",&a,&b);over(i,1,b){ll c;scanf("%lld",&c);arr[c]++;add(a,c);//树是有向图}}over(i,0,n){if(!arr[i])//找根{rt=i;break;}}dfs(rt);printf("%lld\n",min(f[rt][1],f[rt][0]));}return 0;
}

题型2、P2014 [CTSC1997]选课

P2014 [CTSC1997]选课

题意为选一门课前要看它是否有前提条件：即选了一门主课才能选 “副科”，所以可以树形背包来做。
注意是不能用分组背包来做，因为这道题附件有很多个，光是两个附件的分组背包就需要四个转移方程，在这里根本没法做。
链式前向星建树。
本身这道题的数据是一组森林，但是森林很难一起dfs所以就把所有的树根都以0为根节点建一颗大树，直接链式前向星前序遍历即可。
本题最多能选M节课
转移方程 f[p][j]f[p][j]f[p][j]是指f[以p为根节点][剩余可选课数]f[以p为根节点][剩余可选课数]f[以p为根节点][剩余可选课数]
因为每门课都只能选一次。所以类似01背包，因此倒序来压缩空间，从三维压缩到二维。
转移方程：
f[p][j]=max(f[p][j],f[v][k]+f[p][j−k])f[p][j]=max(f[p][j],f[v][k]+f[p][j-k])f[p][j]=max(f[p][j],f[v][k]+f[p][j−k])
就类似01背包拿当前节点的子节点或者不拿。（子节点是必须父节点被选上的时候才可以选子节点，所以用树形背包做）
解释的应该很清楚了，代码也非常简单，有问题的话就问我

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define ls (p<<1)
#define rs (p<<1|1)
#define mid (l+r)/2
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N=1e3+7;
const ll mod=2147483647;
const double EPS=1e-6;
struct node
{ll u,v,pre;
}edge[N];
ll head[N],n,m,f[N][N],cnt;
inline void init()
{memset(head,-1,sizeof head);memset(f,0,sizeof f);cnt=0;
}
inline void add(ll u,ll v)
{edge[++cnt].pre=head[u];edge[cnt].v=v;head[u]=cnt;
}
inline void dfs(ll p)
{for(int i=head[p];~i;i=edge[i].pre){ll v=edge[i].v;dfs(v);for(int j=m+1;j>=1;--j){for(int k=0;k<j;++k){f[p][j]=max(f[p][j],f[v][k]+f[p][j-k]);}}}
}
int main()
{init();scanf("%lld%lld",&n,&m);for(int i=1;i<=n;++i){ll a,b;scanf("%lld%lld",&a,&b);f[i][1]=b;add(a,i);}dfs(0);printf("%lld\n",f[0][m+1]);return 0;
}

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