本文主要是介绍算法竞赛进阶指南 0x54 树形DP，对大家解决编程问题具有一定的参考价值，需要的程序猿们随着小编来一起学习吧！

总论

树状DP就是以

• 子树大小
• 节点的深度

为阶段。

当一个节点的最优解仅仅和他的儿子有关系，那么就可以。

AcWing\285. 没有上司的舞会

Ural 大学有 N 名职员，编号为 1∼N。

他们的关系就像一棵以校长为根的树，父节点就是子节点的直接上司。

每个职员有一个快乐指数，用整数 H_i 给出，其中 1≤i≤N。

现在要召开一场周年庆宴会，不过，没有职员愿意和直接上司一起参会。

在满足这个条件的前提下，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。

输入格式

第一行一个整数 N。

接下来 N 行，第 i 行表示 i 号职员的快乐指数 H**i。

接下来 N−1 行，每行输入一对整数 L,K，表示 K 是 L 的直接上司。

输出格式

输出最大的快乐指数。

数据范围

1≤N≤6000,
−128≤H**i≤127

输入样例：

7
1
1
1
1
1
1
1
1 3
2 3
6 4
7 4
4 5
3 5

输出样例：

5

这一道题目满足最优子结构问题，因为这一个点去或者不去仅仅和子树的根节点有关系，与子树的其他节点并没有关系。

这里需要保留两个情况，如果这一个节点去的最优情况，如果这一个节点不去的最优情况。
这样就可以使用这两个情况推出双亲结点的情况。

转态的转移：

1. 如果该节点不去，那么就是\(\sum_{所有子树的根节点}{max(如果子树去， 如果子树不去)}\)
2. 如果该节点去，那么就是\(\sum_{所有子树的根节点}{子树不去}\)

在计算的时候不可以按照任意的顺序，必须要先算小子树，再算大子树。

采用的方法：

1. 深度优先遍历
2. 拓扑序

这一道题目中，root节点是固定的，所以可以不建图。

1. 直接使用vector建立树
2. 建立图，然后开始遍历

我在这里不建图。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 6020
vector<int > son[N];
int a[N];
int f[N][2];
int v[N];//作死。。用来寻找根节点。
void process(int p)
{
    f[p][0] = 0;
    f[p][1] = a[p];
    for(int i = 0; i < son[p].size(); i++)
    {
        process(son[p][i]);
        f[p][0] += max(f[son[p][i]][0], f[son[p][i]][1]);
        f[p][1] += f[son[p][i]][0];
    }
}
int main()
{
    int n;
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        scanf("%d", a+i);
    }
    for(int i = 1; i <= n-1; i++)
    {
        int u, vv;
        scanf("%d%d", &u, &vv);
        son[vv].push_back(u);
        v[u] = 1;
    }
    int root;
    for(root = 1; v[root] != 0; root++);
    process(root);
    printf("%d", max(f[root][0], f[root][1]));
    return 0;
}

背包类树形DP

AcWing\286. 选课

学校实行学分制。

每门的必修课都有固定的学分，同时还必须获得相应的选修课程学分。

学校开设了 N 门的选修课程，每个学生可选课程的数量 M 是给定的。

学生选修了这 M 门课并考核通过就能获得相应的学分。

在选修课程中，有些课程可以直接选修，有些课程需要一定的基础知识，必须在选了其他的一些课程的基础上才能选修。

例如《Windows程序设计》必须在选修了《Windows操作基础》之后才能选修。

我们称《Windows操作基础》是《Windows程序设计》的先修课。

每门课的直接先修课最多只有一门。

两门课可能存在相同的先修课。

你的任务是为自己确定一个选课方案，使得你能得到的学分最多，并且必须满足先修条件。

假定课程之间不存在时间上的冲突。

输入格式

输入文件的第一行包括两个整数 N、M（中间用一个空格隔开）其中 1≤N≤300,1≤M≤N。

接下来 N 行每行代表一门课，课号依次为 1，2，…，N。

每行有两个数（用一个空格隔开），第一个数为这门课先修课的课号（若不存在先修课则该项为 0），第二个数为这门课的学分。

学分是不超过 10 的正整数。

输出格式

输出一个整数，表示学分总数。

输入样例：

7 4
2 2
0 1
0 4
2 1
7 1
7 6
2 2

输出样例：

13

由于在这一道题目中，每一门课程的先修课程最多仅仅只有一门，所以可以连接成一个树形结构。

**由于最终可能是一棵森林，为了简单，可以给森林中的所有的树的根节点增加一个公共的“先修课”，然后相当于总共可以选择的课程的门数就是 m+1 **
证明合理性：由于0号节点是仅有的根节点，所以必须选择0号节点，之后就相当于在剩下的“森林”里面选择了。

这启示：如果遇到含有森林的DP，不妨考虑把森林转化为树

还有状态表示，这里使用f[x][i]，x表示现在的节点编号，i表示的是以这一个节点为root的情况下，在最多选择i门课程的前提下，最多获得的学分。

1. 如果i==0，那么最大学分为0（没有课可以选）
2. 如果i==1，那么最大学分就是第x号节点的得分。
3. 如果i > 1，那么最大的学分就是要在x的儿子里面选择。
   
   引用自AcWing lydrainbowcat

感慨：虽然选课是要从根节点开始选择，但是这里DP是反过来从最底下的节点开始，倒过来到达根节点。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 310
int f[N][N];
vector<int >son[N];
int w[N];
int n, m;
void dfs(int x)
{
    f[x][0] = 0;
    //f[x][1] = w[x];
    //上面这一句根本就不可以写（因为之前做的是假设在不选x的情况下的f[x][j]），最初本来应该是0；
    for(int i = 0; i < son[x].size(); i++)
    {
        int y = son[x][i];
        dfs(y);//先把下面的处理掉
        for(int j = m; j >= 0; j--)
            for(int k = 0; k <= m; k++)
                if(j-k>=0) f[x][j] = max(f[x][j], f[x][j-k]+f[y][k]);
    }
    if(x != 0)
        for(int i = m; i > 0; i--) f[x][i] = f[x][i-1]+w[x];//如果x不是0，那么一定要把x选上
}
int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        int x, y;
        scanf("%d%d", &x, &y);
        son[x].push_back(i);
        w[i] = y;
    }
    //memset(f, 0xcf, sizeof(f)); // -INF
    dfs(0);
    printf("%d", f[0][m ]);
    return 0;
}

二次扫描与换根法

AcWing\287. 积蓄程度

有一个树形的水系，由 N−1 条河道和 N 个交叉点组成。

我们可以把交叉点看作树中的节点，编号为 1∼N ，河道则看作树中的无向边。

每条河道都有一个容量，连接 x 与 y 的河道的容量记为 c(x,y)。

河道中单位时间流过的水量不能超过河道的容量。

有一个节点是整个水系的发源地，可以源源不断地流出水，我们称之为源点。

除了源点之外，树中所有度数为 1 的节点都是入海口，可以吸收无限多的水，我们称之为汇点。

也就是说，水系中的水从源点出发，沿着每条河道，最终流向各个汇点。

在整个水系稳定时，每条河道中的水都以单位时间固定的水量流向固定的方向。

除源点和汇点之外，其余各点不贮存水，也就是流入该点的河道水量之和等于从该点流出的河道水量之和。

整个水系的流量就定义为源点单位时间发出的水量。

在流量不超过河道容量的前提下，求哪个点作为源点时，整个水系的流量最大，输出这个最大值。

输入格式

输入第一行包含整数 T ，表示共有 T 组测试数据。

每组测试数据，第一行包含整数 N。

接下来 N−1 行，每行包含三个整数 x,y,z，表示 x，y 之间存在河道，且河道容量为 z。

节点编号从 1 开始。

输出格式

每组数据输出一个结果，每个结果占一行。

数据保证结果不超过 \(2^{31}−1\)。

数据范围

\(N≤2×10^5\)

输入样例：

1
5
1 2 11
1 4 13
3 4 5
4 5 10

输出样例：

26

---

这一道题目虽然是一个树，但是没有固定的根节点，所以不可以通过vector<int> son[N]来存储。

应该是要建图。

这是一个“不定根”的树形DP问题：要求分别以不同的点为根，进行一系列统计。

现在考虑使用最为暴力的思路

不妨使用f[i]表示以第i个节点作为根节点的最大流量

\[f[x] = \sum_{y\in 孩子节点}{min(f[y], c[x][y])}\space 当y的度数>1 \]

\[当y的度数为1时，f[x] = \sum_{y\in 孩子节点}{ c[x][y]}\space \]

如果要是采用暴力的方法，时间复杂度应该是\(n^2\)，对于这一道题目的范围，显然承受不了

我们采用二次扫描换根法。

随便选择一个roor节点当做根节点。

现在有两个数组，一个是D[]，表示是如果以root为根，D[X]指在以x为根的子树中，x的最大流量。

另一个数组是f[]，表示如果以f[x]为根，那么源点的最大流量是多少。

显然f[root] == D[root]。

注意：一定要进行严谨的考虑！！！

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 200010
int d[N];
int f[N];
int edge[N*2];
int ver[N*2];
int nxt[N*2];
int head[N];
int tot = 1;
//有一个BUG，如果要利用对偶性，应该从2开始利用，而不是利用0
int deg[N];
int v[N];
void add(int x, int y, int w)
{
    ver[++tot] = y;
    edge[tot] = w;
    nxt[tot] = head[x];
    head[x] = tot;
}
void first(int x)
{
    if(v[x]) return ;
    v[x] = 1;
    d[x] = 0;
    for(int i = head[x]; i ; i = nxt[i])
    {
        int y = ver[i];
        if(!v[y]) //如果发现已经遍历过，那么不光不需要再次遍历，同样也不能再计算。
        {

            first(y);
            if(deg[y] != 1)
                d[x] += min(edge[i], d[y]);
            else
                d[x] += edge[i];//注意：这一个点的d是属于累加的转态！！！
        }
    }
}
void sec(int x)
{
    if(v[x]) return;
    v[x] = 1;
    for(int i = head[x]; i; i = nxt[i])
    {
        int y = ver[i];
        if (v[y]) continue;//如果发现已经遍历过，那么不光不需要再次遍历，同样也不能再计算。
        if(deg[x]>1 && deg[y]>1)
        {
            f[y] = d[y] + min(edge[i], f[x] - min(edge[i], d[y]));
        }
        else if(deg[x]>1 && deg[y] == 1)
        {
            f[y] = d[y] + min(edge[i], f[x]-edge[i]);
        }
        else if(deg[x] == 1 && deg[y] > 1)
        {
            f[y] = d[y] + edge[i];
        }
        else
        {
            f[y] = edge[i];   
        }
        sec(y);
    }
}
int main()
{
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T--)
    {
        tot = 1;//由于这一道题目有多组测试，所以一定要注意初始化。
        memset(head, 0, sizeof(head));
        memset(nxt, 0, sizeof(nxt));
        memset(deg, 0, sizeof(deg));
        memset(f, 0, sizeof(f));
        memset(d, 0, sizeof(d));
        int n;
        scanf("%d", &n);
        for(int i = 1; i <= n-1; i++)
        {
            int a, b, c;
            scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
            add(a, b, c);
            add(b, a, c);
            deg[a]++, deg[b]++;
        }
        memset(v, 0, sizeof(v));
        first(1);
        memset(v, 0, sizeof(v));
        f[1] = d[1];
        sec(1);
        int ans = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i++) ans = max(ans, f[i]);
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}

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