树形DP

author: aaron20100919

树形 DP，即在树上进行的 DP．由于树固有的递归性质，树形 DP 一般都是递归进行的．

基础

以下面这道题为例，介绍一下树形 DP 的一般过程．

???+ note “例题洛谷 P1352 没有上司的舞会”
某大学有 $n$ 个职员，编号为 $1 \sim N$ ．他们之间有从属关系，也就是说他们的关系就像一棵以校长为根的树，父结点就是子结点的直接上司．现在有个周年庆宴会，宴会每邀请来一个职员都会增加一定的快乐指数 $a_{i}$ ，但是呢，如果某个职员的直接上司来参加舞会了，那么这个职员就无论如何也不肯来参加舞会了．所以，请你编程计算，邀请哪些职员可以使快乐指数最大，求最大的快乐指数．

我们设 $f (i, 0/1)$ 代表以 $i$ 为根的子树的最优解（第二维的值为 0 代表 $i$ 不参加舞会的情况，1 代表 $i$ 参加舞会的情况）．

对于每个状态，都存在两种决策（其中下面的 $x$ 都是 $i$ 的儿子）：

上司不参加舞会时，下属可以参加，也可以不参加，此时有 $f (i, 0) = \sum max {f (x, 1), f (x, 0)}$ ；
上司参加舞会时，下属都不会参加，此时有 $f (i, 1) = \sum f (x, 0) + a_{i}$ ．

我们可以通过 DFS，在返回上一层时更新当前结点的最优解．

--8<-- "docs/dp/code/tree/tree_1.cpp"

通常，树形 DP 状态一般都为当前节点的最优解．先 DFS 遍历子树的所有最优解，然后向上传递给子树的父节点来转移，最终根节点的值即为所求的最优解．

习题

树上背包

树上的背包问题，简单来说就是背包问题与树形 DP 的结合．

???+ note “例题洛谷 P2014 CTSC1997 选课”
现在有 $n$ 门课程，第 $i$ 门课程的学分为 $a_{i}$ ，每门课程有零门或一门先修课，有先修课的课程需要先学完其先修课，才能学习该课程．

一位学生要学习 $m$ 门课程，求其能获得的最多学分数．

$n,m \leq 300$

每门课最多只有一门先修课的特点，与有根树中一个点最多只有一个父亲结点的特点类似．

因此可以想到根据这一性质建树，从而所有课程组成了一个森林的结构．为了方便起见，我们可以新增一门 $0$ 学分的课程（设这个课程的编号为 $0$ ），作为所有无先修课课程的先修课，这样我们就将森林变成了一棵以 $0$ 号课程为根的树．

我们设 $f (u, i, j)$ 表示以 $u$ 号点为根的子树中，已经遍历了 $u$ 号点的前 $i$ 棵子树，选了 $j$ 门课程的最大学分．

转移的过程结合了树形 DP 和背包 DP 的特点，我们枚举 $u$ 点的每个子结点 $v$ ，同时枚举以 $v$ 为根的子树选了几门课程，将子树的结果合并到 $u$ 上．

记点 $x$ 的儿子个数为 $s_{x}$ ，以 $x$ 为根的子树大小为 $siz_{x}$ ，可以写出下面的状态转移方程：

f (u, i, j) = v, k \leq j, k \leq siz_{v} max f (u, i - 1, j - k) + f (v, s_{v}, k)

注意上面状态转移方程中的几个限制条件，这些限制条件确保了一些无意义的状态不会被访问到．

$f$ 的第二维可以很轻松地用滚动数组的方式省略掉，注意这时需要倒序枚举 $j$ 的值．

可以证明，该做法的时间复杂度为 $O (nm)$ [

??? note “参考代码”
cpp --8<-- "docs/dp/code/tree/tree_2.cpp"

习题

换根 DP

树形 DP 中的换根 DP 问题又被称为二次扫描，通常不会指定根结点，并且根结点的变化会对一些值，例如子结点深度和、点权和等产生影响．

通常需要两次 DFS，第一次 DFS 预处理诸如深度，点权和之类的信息，在第二次 DFS 开始运行换根动态规划．

接下来以一些例题来带大家熟悉这个内容．

???+ note “例题 [POI2008]STA-Station”
给定一个 $n$ 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．

不妨令 $u$ 为当前结点， $v$ 为当前结点的子结点．首先需要用 $s_{i}$ 来表示以 $i$ 为根的子树中的结点个数，并且有 $s_{u} = 1 + \sum s_{v}$ ．显然需要一次 DFS 来计算所有的 $s_{i}$ ，这次的 DFS 就是预处理，我们得到了以某个结点为根时其子树中的结点总数．

考虑状态转移，这里就是体现＂换根＂的地方了．令 $f_{u}$ 为以 $u$ 为根时，所有结点的深度之和．

$f_{v} \leftarrow f_{u}$ 可以体现换根，即以 $u$ 为根转移到以 $v$ 为根．显然在换根的转移过程中，以 $v$ 为根或以 $u$ 为根会导致其子树中的结点的深度产生改变．具体表现为：

所有在 $v$ 的子树上的结点深度都减少了一，那么总深度和就减少了 $s_{v}$ ；
所有不在 $v$ 的子树上的结点深度都增加了一，那么总深度和就增加了 $n - s_{v}$ ；

根据这两个条件就可以推出状态转移方程 $f_{v} = f_{u} - s_{v} + n - s_{v} = f_{u} + n - 2 \times s_{v}$ ．

于是在第二次 DFS 遍历整棵树并状态转移 $f_{v} = f_{u} + n - 2 \times s_{v}$ ，那么就能求出以每个结点为根时的深度和了．最后只需要遍历一次所有根结点深度和就可以求出答案．

??? note “参考代码”
cpp --8<-- "docs/dp/code/tree/tree_3.cpp"

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