树形DP问题
树形DP
是在树上进行的动态规划，所以一般采用递归的方式计算状态的转移
https://www.luogu.com.cn/problem/P1352
一道经典的树形DP问题引入
int n;
vector<int> e[6010];
int a[6010];
bool st[6010];
int dp[6010][2];
void dfs(int x){
dp[x][1]=a[x];
for (auto v:e[x]){
dfs(v);
dp[x][1]+=dp[v][0];
dp[x][0]+=max(dp[v][1],dp[v][0]);
}
}
void solve(){
cin>>n;
for (int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for (int i=1;i<n;i++){
int l,k;
cin>>l>>k;
e[k].push_back(l);
st[l]=1;
}
for (int i=1;i<=n;i++){
if (st[i]==0){
dfs(i);
cout<<max(dp[i][0],dp[i][1]);
break;
}
}
}
我们定义 \(dp_{i,0}\) 表示不选 \(i\) 节点的的最大指数，\(dp_{i,1}\) 表示选择 \(i\) 节点的最大指数
根据题目可以得出规则：如果选一个节点，那么他的子节点不能选；如果不选一个节点，那么他的子节点可选可不选
所以写出状态转移方程：其中 \(j\) 表示 \(i\) 的子节点
对于 \(i\) 节点不选择的状态，从他的子节点的两个状态中选取最佳的状态进行转移
在 DFS 过程中，\(dp\) 状态通常为当前节点的最优解，上面的题目中，我们在后序遍历回溯时，总是上传子节点的最优解给父节点进行状态转移，最终到达根节点为全局最优解
与边有关的树形DP
https://www.luogu.com.cn/problem/P2015
struct edge{
int v,w;
};
int n,q;
vector<edge> e[110];
int dp[110][110];
int a[110];
void dfs(int x,int p){
dp[x][0]=a[x];
for (auto it:e[x]){
if (it.v==p) continue;
a[it.v]=it.w;
dfs(it.v,x);
for (int i=q;i>=1;i--){
for (int j=0;j<=i-1;j++){
dp[x][i]=max(dp[x][i],dp[x][i-j-1]+dp[it.v][j]);
}
}
}
}
void solve(){
cin>>n>>q;
for (int i=1;i<n;i++){
int u,v,w;
cin>>u>>v>>w;
e[u].push_back({v,w});
e[v].push_back({u,w});
}
dfs(1,-1);
cout<<dp[1][q];
}
给出的边连接树上两个点，边权为这个边上的苹果数量，可以看做这个边连接的儿子拥有的苹果数量
所以在 DFS 过程中应该记录当前儿子节点的苹果数
a[it.v]=it.w;
定义 \(dp_{i,j}\) 表示节点 \(i\) 有 \(j\) 个树枝的最大苹果数，初始化时 \(dp_{i,0}=a_i\) 即每个节点如果只选自己，那么苹果数就为这个树枝上的苹果数
考虑状态的转移，其中 \(x,v\) 分别表示父节点和他的一个子节点
形象化的说，父节点有 \(i\) 个树枝的最大苹果数由他的子节点 \(v\) 有 \(j\) 个树枝的状态转移
因为连接子树需要额外的一条边，所以如果选取一个有 \(j\) 条边的子节点的状态，那么父节点的边数需要多减一即 \(i-j-1\)
树上背包问题
https://www.luogu.com.cn/problem/P2014
int n,m;
int a[310];
vector<int> e[310];
int dp[310][310];
void dfs(int x){
for (int i=1;i<=m;i++) dp[x][i]=a[x];
for (auto v:e[x]){
dfs(v);
for (int i=m;i>=1;i--){
for (int j=0;j<=i-(x!=0);j++){
dp[x][i]=max(dp[x][i],dp[x][i-j]+dp[v][j]);
}
}
}
}
void solve(){
cin>>n>>m;
for (int i=1;i<=n;i++){
int k;
cin>>k;
e[k].push_back(i);
cin>>a[i];
}
dfs(0);
cout<<dp[0][m];
}
定义 \(dp_{i,j}\) 表示第 \(i\) 个节点容量为 \(j\) 时能得到的最大学分，因为每门课所占体积都为 \(1\) ，所以这里的 \(j\) 也可以表示选 \(j\) 门课
对于每个节点，都可以看作是一个容量为 \(j\) ，在他子节点中选取物品的背包问题
形如
for (auto v:e[x]){
for (int i=m;i>=1;i--){
}
}
第一层找子节点的循环可以类比 01背包的第一层循环，即在前 \(u\) 个物品中选
第二层的枚举背包容量同理，注意这里的 \(dp\) 状态利用滚动数组的方式优化掉了第二维
for (int j=0;j<=i-(x!=0);j++)//x!=0表明不是虚拟根节点，需要预留选父节点容量1
第三层循环的目的是在节点容量为 \(i\) 下，枚举决策数，例如容量为 \(x\) 的背包，我们可以在第一层枚举的前 \(u\) 个子节点中选取很多个不同的组合
状态的转移可以被描述为：
对于 \(i\) 节点容量为 \(j\) 的状态，由他的子节点的从 \([1,j]\) 的容量组合进行转移
dp[x][i]=max(dp[x][i],dp[x][i-j]+dp[v][j]);
代码中父节点的容量被定义为 \(i\) ，对于从 \([1,m]\) 的容量，我们对每个容量的状态都再多循环一层决策
即在容量为 \(i\) 下，将 \(i\) 拆分为哪两个组合最优：是原有状态还是将 \(i\) 拆分为 \(j,i-j\) 这两个容量
其中 \(j\) 容量表示子节点组合出的总体积为 \(j\) 的最优方案，\(i-j\) 容量为其他子树的贡献
类似于 01背包的 dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i])
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