浅说——树形DP

啊！DP!

顾名思义，树形DP就是在树上所做的动态规划。我们一般所做的动态规划多是线性的，线性DP我们可以从前向后或从后向前两种方法，不妨类比一下，在树上我们同样可以有两种方法，从根向树叶或者从树叶向根。从根向树叶传值的题不多见，而从叶向根传送值的题较多，下面我们主要来分析这种题。

luogu1352没有上司的舞会

分析：

把该题抽象到一颗树中，设i的下属就是他的儿子，则有两种情况：

如果i参加，他的儿子就不能参加。

如果i不参加，他的儿子可参加可不参加。

所以设f[i][1]表示i参加，f[i][0]表示i不参加，则有

f[i][]+=max(f[j][],f[j][]);
f[i][]+=f[j][]+w[i];       //j是i的儿子

所以

ans=max(f[i][],f[i][])   //最大快乐指数

得到基础代码：（很粗略，不过好懂）

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
const int maxn=;
int f[maxn][],n,r[maxn];
int son[maxn][maxn],tot[maxn];
int vis[maxn];
int end;
void tree_dp(int x)
{
    for (int i=;i<=tot[x];i++)
    {
        int y=son[x][i];   //哪个儿子
        tree_dp(y);    //刷新y的快乐指数
        f[x][]+=max(f[y][],f[y][]);
        f[x][]+=f[y][];
    }
}
void work()
{
    scanf("%d",&n);
    for (int i=;i<=n;i++)
    scanf("%d",&f[i][]);  //父亲（上司）要去的情况，要加本身的快乐指数
    int k,l;
    for (int i=;i<=n;i++)
    {
       scanf("%d%d",&l,&k);
       if(l!=&&k!=)
       {
              son[k][++tot[k]]=l;
               vis[l]=;    //l是儿子
       }
    }
    for (int i=;i<=n;i++)
    {
        if(!vis[i]) //找根节点（非儿子）
        {
        end=i;
        break;
        }
    }
    tree_dp(end);
    printf("%d",max(f[end][],f[end][]));
}
int main()
{
    work();
    return ;
}

在这里就要说一下vector了，真的很好用

STL之vector

关于DP有一点很重要——多叉树转二叉树。

树有很多种，二叉树是一种人人喜欢的数据结构，简单而且规则。
但一般来说,树形动规的题目很少出现二叉树,因此将多叉树转成二叉树就是一种必备的手段，方法非常简单,“左儿子,右兄弟” 。
就是将一个节点的第一个儿子放在左儿子的位置，下一个儿子，即左儿子的第一个兄弟,放在左儿子的右儿子位置上，再下一个兄弟接着放在右儿子的右儿子，以此类推。

变为

代码：

scanf("%d%d",&u,&v)  //v的父亲是u
if(l[u]==) l[u]=v;      //多叉树转二叉树  如果u没有儿子，则v作u的儿子
else r[v]=l[u];         //如果u有儿子，则为上一个儿子l[u]的兄弟
l[u]=v;                   //刷新l[u]，作为下一个兄弟的“父亲”

为什么要这样转二叉，等会你就知道了。(好神秘)

洛谷 2014 选课

分析：以样例为例，课程之间关系如下图：

 转换为  

在转化后的二叉树上，我们如果选第1，就必须先选2，如果选3，不一定要选2。

设dp[i][j]表示选到第i门课，还要选j门课的最大学分，那么分两种情况讨论：

如果选i，则还要在l[i]上选k门，并且在r[i]上选就j-k-1门。

如果不选i，则只能在r[i]上选j门，0<=k<j。

现在你知道这种转二叉树的好处了吧。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn=;
int n,m;
int k,s[maxn];
int last[maxn],l[maxn],r[maxn],vis[maxn][maxn];
int end;
int f[maxn][maxn];
int tree_f(int x,int sum)                 //动归方程
{
       if(!sum||x==-) return ;
       if(vis[x][sum]!=) return f[x][sum];
       int minn=-<<;
       vis[x][sum]=;
       minn=max(minn,tree_f(r[x],sum));           //不选i，就只能在右子树上选sum门。
       for (int i=;i<=sum-;i++)
       minn=max(minn,tree_f(l[x],i)+tree_f(r[x],sum-i-)+s[x]);   //选i，左子树上选i门，右子树上选sum-i-1门。
       f[x][sum]=minn;
       return minn;
}
void work()
{
    memset(l,-,sizeof(l));
    memset(r,-,sizeof(r));
    memset(f,-,sizeof(f));
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=;i<=n;i++)
    {
    scanf("%d%d",&k,&s[i]);
    if(l[k]==) l[k]=i;      //多叉树转二叉树
    else r[i]=l[k];
    l[k]=i;
    }
    printf("%d",tree_f(,m+));
}
int main()
{
    work();
    return ;
}

最后再来道题练练手吧（不要害怕，不用多叉树转二叉树）

P2458 [SDOI2006]保安站岗

题目大意：一棵树有N个节点，现在需要将所有节点都看守住，如果我们选择了节点i，那么节点i本身，节点i的父亲和儿子都会被看守住。

每个节点有一个选择代价，求完成任务所需要的最小的代价。

分析：根据每个节点其实有只有三个状态：

①被自己看守；②被儿子看守；③被父亲看守。

我们设这三种状态分别为F1，F2，F3。

当然最终作为答案的根节点没有父亲就没有F3。

接下来我们要考虑怎么转移。

首先看F1，我们规定F1[ i ]代表的是i节点被自己看守且以i为根的子树都已被看守的最小代价，也就是说一定会选择 i 节点自己，答案中必定会加入选择他自己的代价Wi。

因为这个点会被自己看管，所以只要考虑在其儿子的三个状态中选一个最小的，保证这个节点下面的子树都已被看守就行了。

所以F1[ i ] += min( F1[ Si ], F2[ Si ], F3[ Si ] ) + w[ i ]，其中Si代表i节点的儿子。

接下来看F2，我们规定F2[ i ]代表i节点被儿子看守且以i为根的子树都已被看守的最小代价，也就是说一定不选i节点，但是至少要在i节点的儿子中选择一个而且最多也就选一个，因为代

价是正数，选一个就能把i看住，就不需要选择多余的点在增加代价了。

因为i节点不能被选，所以只能在其儿子的F1， F2状态中选择小的(F3[ Si ]代表选择i节点，而不能选i节点，所以不能用F3[ Si ])，来保证其子树都已被看守。

所以F2[ i ] += min{ F1[ Si ], F2[ Si ] } + t。t代表选择一个儿子的最小代价：t = F1[ Si ] - min{ F1[ Si ], F2[ Si ] }。

顺便解释一下t的转移：t是Si被看管的代价中选一个最小的，如果是F1，那么说明Si已经被选，就不用再加W[ Si ]了，如果是F2，那么F1 - F2 = W[ i ]。(注意F1和F2代表的意义）

最后看F3，我们规定F3[ i ]代表i节点被父亲看守且以i为根的子树都已经被看守的最小代价，也就是说一定不选i节点和其儿子节点，必须选择他的父亲。因为必须选择父亲，那么i一定会被父亲看守，那么我们只要保证其下面的子树都已被看守，就是在儿子的F1， F2中选一个小的，因为还是不能选i，所以其儿子的F3状态仍然不用考虑，同F2。

所以F3[ i ] += min{ F1[ Si ], F2[ Si ]}。

看代码吧……………*&%^qaq^%&*

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn=;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n;
struct edge{
    int num,k,m;
}e[maxn];
int s[maxn][maxn],fa[maxn],f1[maxn],f2[maxn],f3[maxn];
int ans;
void tree_dp(int i)
{
    f1[i]=e[i].k;
    f2[i]=f3[i]=;
    int minn=inf;
    for (int j=;j<=e[i].m;j++)
    {
        tree_dp(s[i][j]);
        f1[i]+=min(f1[s[i][j]],min(f2[s[i][j]],f3[s[i][j]]));
        f2[i]+=min(f1[s[i][j]],f2[s[i][j]]);
        int t=f1[s[i][j]]-min(f1[s[i][j]],f2[s[i][j]]);
        minn=min(minn,t);
        f3[i]+=min(f1[s[i][j]],f2[s[i][j]]);
    }
    f2[i]+=minn;
}
void work()
{
      scanf("%d",&n);
      for(int i=;i<=n;i++)
      {
         scanf("%d",&e[i].num);                //注意读入
       scanf("%d%d",&e[e[i].num].k,&e[e[i].num].m);
         for (int j=;j<=e[e[i].num].m;j++)
         {
              scanf("%d",&s[e[i].num][j]);      //儿子节点数
              fa[s[e[i].num][j]]=e[i].num;
       }
    }
    memset(f1,inf,sizeof(f1));
    memset(f2,inf,sizeof(f2));
    memset(f3,inf,sizeof(f3));
    for (int i=;i<=n;i++)
    {
        if(!fa[i])   //没有父亲，就是根节点
        {
            tree_dp(i);
            ans=min(f1[i],f2[i]);  //根节点只有2种情况
            break;
        }
    }
    printf("%d",ans);
}
int main()
{
    work();
    return ;
}

练习：P2016 战略游戏

总之多练吧%%%%%%ε=ε=ε=┏(゜ロ゜;)┛

提高篇：提升——树形DP