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学习笔记——树形DP

2021-08-05 16:03:11 作者：互联网

前言

学完树形$DP$，$NOIP$会考的所有$DP$我们就都学完了，所以让我们一鼓作气，开始树形$DP$的学习之旅吧！

一、树形$DP$的基本概念

顾名思义，树形$DP$就是在树这种数据结构上进行$DP$~~(这不是废话吗？)~~，通过有限次遍历树，记录相关信息，以求解问题。因为树形$DP$是建立在树上的，而树中的父子关系本身就是一个递归结构（满足子问题重叠性），所以自然而然地就衍生出了两种$DP$顺序:

1.叶子节点 $\Rightarrow $ 根节点：就是将叶子节点的信息向上传到父亲节点，在父亲节点处进行信息的整合。最后由根节点记录的信息得到最优解。

例如本题可以将下属来不来得到的权值作为信息传递到上级 (题解)(我的代码)

2.根节点 $\Rightarrow $ 叶子节点：取所有点作为一次根节点进行求值，此时父节点得到整棵树的信息，只需要去除这个儿子节点$DP$值的影响，然后再转移给这个儿子。~~(此做法一般不用，但有时可能有奇效)~~

树形$DP$的顺序：一般按照${\color{Red}\colorbox{White}{后续遍历}}$的顺序（先处理儿子节点再处理当前节点（这样才符合$DP$的三个基本条件））

实现方式：树形$DP$一般用${\color{Red}\colorbox{White}{记忆化搜索}}$实现（既然是记搜当然用的是递归了）(类似于树剖的第一个dfs)

时间复杂度：一般的树形$DP$的时间复杂度是$O(N)$（因为每一个节点只会被遍历一次），如果有附加维$M$,则复杂度为$O(N\times M)$。

二、树形$DP$的几种类型

1.背包类树形$DP$

既然我们前面将背包和树形$DP$联系在一起学了，那我们就先从我们熟悉的背包类入手吧！（这样能增加我们的信心，减少我们对树形$DP$的畏惧心理）

1.先来一道入门题（树上01背包）(题解)(我的代码)

通过本题，我们就可以大致了解树形$DP$的思路--从根节点出发不断向子树进行搜索，再将子树的信息合并到该节点上。（注意：本题要考虑只选该节点与子树连接的这一条边的情况）

2.经典的树上01背包 (题解)(我的代码)

本题我们又学会了一种思想--建虚点。因为本题是在森林中选一定的节点(选完父节点才可以选子节点)，但我们又不可以只由一棵树得到最优解，所以我们可以考虑建一个虚点($0$)，令它向所有树的根节点连一条边，接着只要对以虚点为根节点的子树进行树形$DP$求出最优解即可。

3.细节较多的树上01背包 (题解)(我的代码)

通过本题，我们要学会在树形$DP$时注意细节--该节点与它儿子节点相连的边到底可不可取，以后做树形$DP$题推导状态转移方程时要仔细考虑这个问题，才能更正确的做出树形$DP$题。

4.状态转移方程含义比较新奇的题 (内层循环顺序讲解清楚的题解)(我的代码)

本题告诉我们：

(1)树形$DP$的状态转移方程记录的可以不只是一个最优解，还可以记录该状态对最终答案的贡献。

(2)我们可以通过建立双向边的方式将一棵树强行转化为以1号节点为根节点的树，然后通过遍历顺序重新确立父子节点。

(3)我们要注意该状态有没有被更新过，可以通过思考将一些不可能更新答案的状态排除(本题中还是初始值-1的状态)，加快程序的运行效率。

5.(上一道搜索题（大雾)(讲的很详细的题解)(我的代码)

~~先吐槽一下~~：普及$DP+IOI$输入$=$提高难度

好了好了，来总结一下本题的收获

(1)联想已学：遇到另类的输入时，可以联想一下我们已学算法中有没有类似的结构。例如本题可以用类似线段树的建树方式来解决输入问题。

(2)根据题意合理运用填表法和刷表法：

还是先简单解释一下这两个词吧！

填表法：就是一般的动态规划，当前点的状态，可以直接用状态方程，根据之前点的状态推导出来。

刷表法：由当前点的状态，更新其他点的状态。

刷表法需要注意：只用于每个状态所依赖的状态对它的影响相互独立。

这么说大家是不是还是一头雾水，举个例子：如果状态$A$对状态$B$有影响，状态$C$也对状态$B$有影响，当状态$A$的影响和状态$C$的影响相互不影响，就可以运用刷表法。

本题中就记录到达该走廊末尾需要花费的时间(设为$tim$)，令$j$表示分配给左儿子的时间，$k$表示分配给右儿子的时间，然后更新以$u$为根节点的树花$tim+j+k$秒可以取得的最大价值。这样可以极大地减少思考难度。

继续挖坑 ~~(挖坑太多后面会不会填不完啊)~~

1.P3354 [IOI2005]Riv 河流

2.P4322 [JSOI2016]最佳团体

3.P4037 [JSOI2008]魔兽地图

4.P4516 [JSOI2018]潜入行动

2.普通树形$DP$

经历过树形背包的洗礼，我们应该了解到了树形$DP$的基本思路，接下来就开始真正的树形$DP$吧！

1.最大权独立集问题 (题解)(我的代码)

本题作为树形$DP$的经典例题，当然会在各种场合出现。本题要求父子节点二选一，使总价值最大，自然是一道典型的最大权独立集问题板子。做这类题，我们可以在$DP$数组上多开一维，这一维只有$0$或$1$组成，表示该节点选或者不选，然后在根节点处统计答案最大值即可。

2.最小权覆盖集问题(覆盖边)(题解)(我的代码)

本题要求 在给定的树上取最小的节点数，使所有边都至少有一个端点在选中的集合中。 我们还可以仿照第一问的思路继续解题-- 在$DP$数组上多开一维，表示该节点选或者不选，然后在根节点处统计答案最小权值 。所以，只要我们深刻理解树形$DP$的方法，就可以如法炮制做其他题。

3.最小权覆盖集带点权的问题(覆盖点)(题解)(我的代码)

本题看上去像例题2的加强版，但其实本题要求守点，而不是像例题2一样守边。就是这一个看似细小的差距，却导致了代码的千差万别。例如下面这张图：

如果我们只守1、4号点，那这一条链上的点就都可以守到，但2<->3这一条边明显没有守到。所以本题中我们要考虑三种情况：

1.$x$节点被自己覆盖，即选择$x$点来覆盖$x$点

2.$x$节点被儿子$y$覆盖，即选择$y$点来覆盖$x$点

3.$x$节点被父亲$fa$覆盖，即选择$fa$点来覆盖$x$点

然后分类讨论进行状态转移，最后在根节点处取$min(f[1][0],f[1][1])$作为代价的最小值。（因为根节点没有父亲节点，所以不用讨论该情况）

CF1120D Power Tree （题解）（我的代码）

本题想到$DP$的思路并不难，但主要恶心在输出每个点是否可能成为最优解，这就导致一道本来黄$\sim$绿的树形$DP$题强行升紫。

思路：

我们用dp[u][0]表示以$u$为根节点的子树将所有叶子节点控制的最小代价，用
dp[u][1]表示以$u$为根节点的子树中还剩一个叶子节点未控制的最小代价。

$dp[u][1] = \sum\limits dp[v][0] - max(dp[v][0] - dp[v][1])$（我们可以贪心选择一颗子树，使$dp[u][1]$的代价最小）
$dp[u][0] = min(sum[u],dp[u][1] + val[u])$（显然，我们可以不选当前节点取尽$u$的所有子树，也可以选当前节点）

我们再建一堆辅助数组，用于输出答案，用g[u]表示$u$的儿子节点中dp[v][0]-dp[v][1]的最大值，用
num[u]表示dp[u][0]可以有多少个dp[v][1]转移而来，用sum[u]表示所有dp[v][0]之和，再用can[u][1]表示可以通过dp[u][1]转移到其父亲节点can[u][0]表示可以通过dp[u][0]转移到其父亲节点。

如果$can[u][0]=1$
$\circ$转移到$can[v][0]$
$\circ$ $\circ$ 如果$num[u]>1$，则$can[v][0]=1$，因为$v$节点不一定传递到$dp[u][1]$
$\circ$ $\circ$ 如果$g[u]!=dp[v][0]-dp[v][1]$，即$v$节点一定传递到$dp[u][0]$，$can[v][0]=1$。
$\circ$ $\circ$ 如果$dp[u][0]==sum[u]$，即$v$节点一定传递到$dp[u][0]$，$can[v][0]=1$。
$\circ$转移到$can[v][1]$
$\circ$ $\circ$ 如果$sum[u]-dp[v][0]+dp[v][1]+val[u]==dp[u][0]$，即贪心选择的子树是$v$节点，显然$can[v][1]=1$。
如果$can[u][1]=1$
$\circ$转移到$can[v][0]$
$\circ$ $\circ$ 如果$num[u]>1$，则$can[v][0]=1$，因为$v$节点不一定传递到$dp[u][1]$
$\circ$ $\circ$ 如果$g[u]!=dp[v][0]-dp[v][1]$，即$v$节点一定传递到$dp[u][0]$，$can[v][0]=1$。
$\circ$转移到$can[v][1]$
$\circ$ $\circ$ 如果$g[u]==dp[v][0]-dp[v][1]$，即贪心选择的子树是$v$节点，显然$can[v][1]=1$。