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Tree

在学习本章前请确认你已经学习了 动态规划基础

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。

我们可以定义 $f(i,0/1)$ 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）。

显然，我们可以推出下面两个状态转移方程（其中下面的 $x$ 都是 $i$ 的儿子）：

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

我们可以通过 DFS，在返回上一层时更新当前结点的最优解。

代码：

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

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 $\textit{siz_x}$，很容易写出下面的转移方程：

$$ f(u,i,j)=\max_{v,k \leq j,k \leq \textit{siz_v}} f(u,i-1,j-k)+f(v,s_v,k) $$

注意上面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。

我们可以证明，该做法的时间复杂度为 $O(nm)$[^note1]。

??? 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"

习题

参考资料与注释

[^note1]: 子树合并背包类型的 dp 的复杂度证明 - LYD729 的 CSDN 博客