树形DP学习总结

学完换根不久后发现不太熟了，赶紧写篇总结复习一下

\(\\\\\)

树形DP，即在树上进行DP的操作。

例题1：luogu P1352 没有上司的舞会

题目描述

某大学有 \(n\) 个职员，编号为 \(1\ldots n\)。

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 \(r_i\)，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。

输入格式

输入的第一行是一个整数 \(n\)。

第 \(2\) 到第 \((n + 1)\) 行，每行一个整数，第 \((i+1)\) 行的整数表示 \(i\) 号职员的快乐指数 \(r_i\)。

第 \((n + 2)\) 到第 \(2n\) 行，每行输入一对整数 \(l, k\)，代表 \(k\) 是 \(l\) 的直接上司。

输出格式

输出一行一个整数代表最大的快乐指数。

样例 #1

样例输入 #1

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

样例输出 #1

5

提示

数据规模与约定

对于 \(100\%\) 的数据，保证 \(1\leq n \leq 6 \times 10^3\)，\(-128 \leq r_i\leq 127\)，\(1 \leq l, k \leq n\)，且给出的关系一定是一棵树。

分析

这是一道树形DP的经典题，如果一个人的上司去了舞会那么他就不能去。

按照DP的经典套路分析：

定义状态：

\(dp_{i,0/1}\)：表示以\(i\)为根的子树，\(i\)不去或去舞会能获得的最大价值

答案：

由于题目没有给出根节点，所以根节点要自己找，答案是\(\max(dp_{root,0},dp_{root,1})\)

状态转移方程

对于每个\(x\)，有\(x\)是\(v\)的父亲，即\(x\to v\)。

对于每个\(dp_x\)：

• 若\(x\)要去舞会，则他的每个儿子都不能去舞会，所以得出\(dp_{x,1}=\sum dp_{v,0}\)

• 若\(x\)不去舞会，则他的每个儿子可以去也可以不去，选最大的一个，所以得出\(dp_{x,0}=\sum (\max(dp_{v,0},dp_{v,1}))\)

边界条件：

因为如果\(x\)去舞会，则肯定会有\(r_x\)的价值

所以\(dp_{x,1}=r_x\)。

那么代码实际上就只要在DFS整颗树的时候进行转移就好了。

Code：

Upd:里面有两个地方写错了，找一找吧。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl "\n"
using namespace std;
const int maxn=1e6+5;
int n,a[maxn],dp[maxn][2],r[maxn],vis[maxn];
vector<int>vt[maxn];
void dfs(int x){
    dp[x][1]=r[x];
	for(auto v:vt[x]){
		dp[x][1]+=dp[v][0];
		dp[x][0]+=max(dp[v][0],dp[v][1]);
        dfs(v);
	}
}
signed main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>r[i];
	}
	for(int i=1;i<n;i++){
		int u,v;
		cin>>u>>v;
		vt[v].push_back(u);
		vis[v]=1;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(vis[i]==0){
			dfs(i);
			cout<<max(dp[i][0],dp[i][1]);
			return 0;
		}
	}
	return 0;
}

刚才写的题实际上是第一类树形DP，即兄弟节点之间没有约束条件，而一会要讲的就是第二类树形DP，即树上背包，兄弟节点之间有约束关系。