树形dp

侦察守卫

时间复杂度：\(O(nd)\)

以前整理的比较笼统

首先，我做的时候设的是 \(f\) 表示向下 \(j\) 层， \(g\) 是上下一起

转移 \(f_{u,j}=f_{v,j-1}\)

但这显然不对

这是因为我没考虑清楚一些东西：

1. 关键点与普通点的区别

2. 覆盖会有一大部分是重叠的，别的点帮忙没考虑

先看第二个点

对于别的点帮忙，只需要考虑儿子对父亲的

为啥？

因为儿子对儿子的和父亲对儿子的很好处理，只需要在转移中不累加而是取 \(\min\)

那还有对祖先的呢，这样就不能单纯 -1 了吧

对，所以加一维 \(j\) 表示向上覆盖几层

对于儿子给父亲覆盖完了的点，父亲就不用覆盖了，这需要在状态里扣掉

于是设 \(g_{u,j}\) 表示 \(g\) 向下 \(j-1\) 层有没有被覆盖随便，\(j\) 层及以下全部被覆盖的最小花费

关于第一点，我们可以不覆盖普通点

转化一下，如果这个点覆盖的点全是普通点，那么这个点覆不覆盖也没啥影响，这题算的是花费，我们直接把他的花费刨除掉，就是 \(f_{u,0}=g_{u,0}=0\)

但是，他可以转移成 0，但如果要用它去覆盖其他点，他的花费是要算的，于是 \(f_{u,j}=val_u\) \(,j \leq d\)

想转移时要把所有情况都列出来

1. 我覆盖我，我的儿子被我覆盖

2. 我被我的儿子覆盖

万事俱备！江东纵火团！放箭转移！

\(f_{u,i}=\min(f_{u,i}+g_{v,i},g_{u,i+1}+f_{v,i+1})\)

注意这里其实 \(g\) 都是要取一个 \(\sum\)，但转移时随着 \(f_{u,i}\) 的更新就相当于取了 \(\sum\)

所以，转移是要先更新 \(f\) 再更新 \(g\) 的

震惊我一百年题

贪心思路看题解吧

设 \(f_{i,j,0/1}\) 表示以 \(i\) 为根出发走 \(j\) 步，不回/回到根结点的最小新结点数

\(f_{i,j,0}=\max(f_{i,j-t,0}+f_{v,t-2,1},f_{i,j-t,1}+f_{v,t-1,0})\)

\(f_{i,j,1}=\max(f_{i,j-t,1}+f_{v,t-2,1})\)

一个一个解释：

\(i\) 走到 \(v\)，\(v\) 走，回到 \(v\)，\(v\) 走到 \(i\)，\(i\) 走

\(i\) 走，回到 \(i\)，\(i\) 走到 \(v\)，\(v\) 走

\(i\) 走，回到 \(i\)，\(i\) 走到 \(v\)，\(v\) 走，回到 \(i\)

暗号

一开始注意到这里累加贡献需要子树的每个点的颜色状态，有后效性

有后效性就把他放进状态里……

但这也不能状压啊

那就反过来，不算每个子树内的答案，而是算每个点对答案的贡献

发现每次节点所在的子树的根与节点是一个颜色时就会对答案有 1 的贡献

所以，状态为 \(f_{x,0,j,k}\) 这个点为 0/1 色，他向上有 j 次黑色合并，k 次白色合并

枚举每个子节点选白还是选黑

\(f_{u,0,j,k}=\sum \max(f_{v,0,j+1,k},f_{y,1,j,k})\)

\(f_{u,1,j,k}=\sum \max(f_{v,0,j,k},f_{y,1,j,k+1})\)

初始化：\(f_{u,0,j,k}=w[u] \times (j+1)\) , \(f_{u,1,j,k}=w[u] \times (k+1)\)