主要总结一下树形dp的一些难点与细节问题。
什么是树形dp
顾名思义，就是长得像树结构的dp，在树上进行的dp。
而树形dp有一个比较套路化的状态定义，就是定义 \(dp[i]\) 表示以 \(i\) 为根结点的子树的最大/最小值。
一般的树形dp用dfs实现。
裸树形dp
这里推荐几道比较裸的树形dp：
2.P1352 没有上司的舞会这道题很重要，它代表了一类带分类的树形dp，即多一维记录这个状态的一些信息（因为会有影响）
4.P1131 [ZJOI2007] 时态同步有难度的裸题（
5.P2585 [ZJOI2006]三色二叉树和没有上司的舞会有点像的一道题
具体不详细讲，给一个模板（最大子树和）
int dfs(int x,int fa){//为无根树就多了一个fa
dp[x]=a[x];
for(ri i=0;i<T[x].size();i++){
int y=T[x][i];
if(y==fa)continue;
dfs(y,x);
if(dp[y]>0)dp[x]+=dp[y];
}
ans=max(ans,dp[x]);
}
树上背包
这个详细地讲一下吧。
树上背包可以说是有依赖性的dp，因为它的子树与子树之间的 \(dp\) 值是有关系的。
于是我们可以把它看作一个背包来处理。
珂爱的小模板。
树上背包有三重循环，分别为子节点，容量，和给每一个子树分配的容量。
注意是无根树！
int dfs(int x,int fa){
int sum=0;
for(ri i=0;i<T[x].size();i++){
int y=T[x][i].pos;
if(y==fa)continue;
sum=sum+dfs(y,x)+1;
for(ri j=min(sum,q);j>=0;j--){//容量
for(ri k=0;k<=j-1;k++){//分配的树枝数量
dp[x][j]=max(dp[x][j],dp[y][k]+dp[x][j-k-1]+T[x][i].w);
}
}
}
return sum;
}
这道题Wrasar印象深刻，因为当时口胡了一个错的代码（连方程都是错的），然后交上去AC了（（（
讲一下正解和一些注意的点吧qwq
(1)输出的答案是 \(dfs(0,n+1)\) ，因为建树的时候把所有的没有先修课的课程都算作先修课为0的课。
所以可以把0看作一个根结点，而本来的可以说是很多棵树，有了0就像一个森林了是不是。
(2)初始值设为 \(dp[x][1]=s[x];\) ，其中 \(s\) 用来存对应的学分数。
这个好想吧。
(3)计算结点数的 \(sum\) 要先赋为 \(1\) 。
因为至少有0这个点了（不过是虚拟的）。
(4)方程是 \(dp[x][j]=max(dp[x][j],dp[y][k]+dp[x][j-k]);\) 。
这个也是显然的（
然后就差不多了，代码放一下。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
#define ll long long
#define ri register int
using namespace std;
const int MAXN=310;
int n,m,k,s[MAXN],dp[MAXN][MAXN];
struct node{
int pos,sco;
};
vector <node> T[MAXN];
int dfs(int x,int fa){
dp[x][1]=s[x];
int sum=1;
for(ri i=0;i<T[x].size();i++){
int y=T[x][i].pos;
if(y==fa)continue;
sum+=dfs(y,x);
for(ri j=min(sum,m);j>=0;j--){
for(ri k=0;k<=j-1;k++){
dp[x][j]=max(dp[x][j],dp[y][k]+dp[x][j-k]);
}
}
}
return sum;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>n>>m;
m++;
for(ri i=1;i<=n;i++){
cin>>k>>s[i];
node cur={i,s[i]};
T[k].push_back(cur);
}
dfs(0,n+1);
cout<<dp[0][m];
return 0;
}
这道题不难，只是要注意容量至少是 \(2\) ，分配的容量至少为 \(1\) 。
注意输出需要循环找。
dp部分：
int dfs(int x){
dp[x][1]=out[x];
int sum=1;
for(ri i=0;i<T[x].size();i++){
int y=T[x][i];
int tmp=dfs(y);
sum+=tmp;
for(ri j=min(sum,p);j>=2;j--){
for(ri k=1;k<=min(j-1,tmp);k++){
dp[x][j]=min(dp[x][j],dp[y][k]+dp[x][j-k]-1);
}
}
}
return sum;
}
输出部分：
ans=dp[1][p];
for(ri i=2;i<=n;i++)ans=min(ans,dp[i][p]+1);
cout<<ans;
这道题需要一个铺垫：P1510 精卫填海
可以吸取精卫填海的思路，就会做这题了（真的真的
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
#define ll long long
#define ri register int
using namespace std;
const int MAXN=3010;
int n,m,k,a,c,pay[MAXN],dp[MAXN][MAXN];
struct node{
int pos,cos;
};
vector <node> T[MAXN];
int dfs(int x){
dp[x][0]=0;
if(x>n-m){
dp[x][1]=pay[x];
return 1;
}
int sum=0;
for(ri i=0;i<T[x].size();i++){
int y=T[x][i].pos;
int tmp=dfs(y);
sum+=tmp;
for(ri j=sum;j>=0;j--){
for(ri k=0;k<=tmp;k++){
dp[x][j]=max(dp[x][j],dp[x][j-k]+dp[y][k]-T[x][i].cos);
}
}
}
return sum;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
memset(dp,0xcf,sizeof(dp));
cin>>n>>m;
for(ri i=1;i<=n-m;i++){
cin>>k;
for(ri j=1;j<=k;j++){
cin>>a>>c;
node cur={a,c};
T[i].push_back(cur);
}
}
for(ri i=n-m+1;i<=n;i++)cin>>pay[i];
dfs(1);
for(ri i=m;i>=0;i--){
if(dp[1][i]>=0){
cout<<i;
return 0;
}
}
cout<<0;
return 0;
}
差不多得了.jpg