树形dp小结1
常见问题：
1. 父亲节点与子节点有相互制约（只能选其一），或者是相互共存（要选子节点就必须选父亲节点），其实这两种问题都属于背包模型里的依赖型背包。解决这两类问题首先要确定父亲节点和子节点的关系，加入选了父亲节点就不能选子节点，那么在dp的时候，就要分两种情况来讨论，每个节点选还是不选，一般需要开一个二位数组dp[i][0],dp[i][1]分别代表这个节点选或是不选。
例题分析： Anniversary party HDU - 1520
题目要求有相互制约关系的父亲节点和子节点，问怎么选择这些节点使得值最大。树行dp的状态转移并不像普通dp那样难以想象，因为每个点只会于子节点和父亲节点有直接关系，看不出来时候，可以画图分别研究它的子节点和父亲节点，树行dp的难点在于如何正确的定义出状态，比如这个题，如果你能定义出dp[i][0]表示第i个节点不选能得到的最大值，dp[i][1]表示第i个节点选择能得到的最大值，注意，这里对应的最大值是指以i为根节点的子树上。
树形dp难以逃避的两大事实，子树上的关系和父亲与孩子的关系。我们想要知道的最后答案就是这样通过子节点传递到父亲节点，到子树，最后到整颗树，另外树选谁做根节点，取决于dfs时的选择，dfs一开始传入的参数就是根节点，当然根节点的选择不同也会带来不同，这些将在后面展开。
下面介绍树形dp的套路————DFS
首先，dfs是从根节点开始，一步步往下搜索的过程，树形dp的核心在于得到父亲节点与子节点的关系，而dfs的回溯过程恰恰满足我们想要的。也就是说dfs一次我们只能得到子节点对父亲节点的影响状态。这个条件也就束缚了我们，在许多题目中往往要dfs两次，或者多次。
其次我们的递推式放在dfs函数的什么位置，也是一个要点，如果你彻底的理解dfs和你定义的状态，那你不会放错位置。
一般来说，在我们由子节点推父亲节点时，往往是放在回溯位置，但如果你想要由父亲节点推子节点，那需要在dfs回溯位置之前。
void dfs(int s)
{
vis[s]=1;
for(int i=head[s];i!=-1;i=edge[i].next)
{
int v=edge[i].v;
if(vis[v]==1) continue;
//回溯前位置
dfs(v);
dp[s][0]+=max(dp[v][0],dp[v][1]);//回溯位置
dp[s][1]+=dp[v][0];
}
}2. 求树上点能到达的最远距离。
这个问题是树行dp中的常见问题，因为它同时涉及到了这个点的子节点和父亲节点，也就是说我们定义的状态dp[i]表示i点能达到的最远距离，它即可能往子节点方向走，也可能往父亲节点的方向走。
但我们一次dfs只能求出这个点往子节点方向能到达的最远距离，所以需要两次dfs才能实现。
但是在第一次dfs时，我们不能仅仅只求这个点往子节点方向的最远距离，还需要一个次远距离。为什么？原因很简单，i点的子节点相对于i的父亲节点而言，也是一个子孙节点，所以会出现i点的最远距离和它父亲的最选距离，走的是同一条路径。这个还是画个图比较好理解。同时求出最大和次大也算是一种技巧吧，多打两次就完全理解了。
例题：ComputerHDU - 2196
核心代码：两次dfs,dfs求出的还不是最后答案，最后答案应该是max(dp[i][0],dp[i][2])
void dfs1(int s,int pre)
{
ll mx0=0,mx1=0;
for(int i=head[s];i!=-1;i=edge[i].next)
{
int v=edge[i].v;
int w=edge[i].w;
if(v==pre) continue;
dfs1(v,s);
if(mx0<=dp[v][0]+w)
{
mx1=mx0;//找到更大的，则直接把以前的给第二大
mx0=dp[v][0]+w;
idx[s]=v;//记录最大值走过的的直接子节点
}
else if(mx13. 树上背包
在背包9讲里，就看到过依赖型背包可以转化成树形dp，那么在树上到底给如何进行背包的操作？
首先需要确定的是，树上背包同样也是给定一些‘容量‘，在每个点或者经过每条边，会花费一些’容量‘，同时得到一些价值，问最后的最大价值是多少？
首先你需要确定这个普通背包该如何写，其次如何转移到树上。
可以这样考虑，有W的容量，放在树的根节点，该如何给他的子节点分容量，使得价值最大化。
实现的问题在于，dfs的时候每次只能回溯一个点，不能想我们普通背包一样每次直接枚举各种容量，再取最大值。
所以我们采取的办法是，对于每次回溯，我们都枚举一次将全部的容量分父亲节点和子节点，这样做的正确性在于，所有节点的容量不能可能超过这个。
例题： Starship Troopers HDU - 1011
//树上背包的模板形式
void dfs(int p)
{
int i,j,k;
int temp=(cos[p]+19)/20;
for(i=temp;i<=m;i++) dp[p][i]=weg[p];
vis[p]=1;
for(i=0;i=temp;j--)//只所以逆序是因为它和01背包的降维一样
{
for(k=1; k<=j-temp; k++)//留下temp攻打p
dp[p][j]=max(dp[p][j],dp[p][j-k]+dp[t][k]);
}
}
} 边上背包问题：
刚刚的例题是每个点会有一定的消费与价值，这样很容易类比到01背包，但是，如果是边上的花费呢？、
例题： Find Metal Mineral HDU - 4003
题解
其实思路还是一样的，我们只需要考虑如何将机器人分配给子节点就行，不过有点坑点。
更复杂的问题：GeoDefense HDU - 4044
总而言之，树上背包的基本套路是基本一样，各题的情况可能略有不同。
4. 树形dp+二分问题
最小化最大限制问题（最大值最小化）
一般都是要转化为二分来解决的。
例题：Information Disturbing HDU - 3586
题解：https://blog.csdn.net/qq_40774175/article/details/81366530
思路是：每次枚举最小限制，再去dfs求出最小值，看是否满足题意。
5. 树上找规律
很多时候，无法想出完美的状态表示我们想要求的值，这时候可以考虑画图找找树上的规律
例题： Holiday's Accommodation HDU - 4118
这道题。如果直接想状态的话，可能会难以想象。可以发现一个规律，每条边对答案的贡献，只与它两边的点数有关，所以只要dp求出每个点的子树上有多少个点就行。
例题2：Y HDU - 4705
题目要求不在同一路径上的三个点有多少，我们可以求出在同一路径上的个数，总的减去求出的即可。
现在问题就转化为如何求同一路径上的个数，我们可以这样求，对每个节点，选择它和它子树上的任意一点，以及他们之外的一点，即可以构成一条路径。
例题3：O - Tree2cycle HDU - 4714
求将树转化为环的最小操作数，画几个图以后，应该可以发现，最小操作数就是分支数*2+1，所以问题转化为求分支数，
求解分支数也算是树上dp的一种常用方法，直接统计每个节点的子节点个数，他们对分支数的贡献就是 个数-1，但对于根节点来说，应该是 个数-2，因为这样才能保证主干最长。具体可以查看我的博客。
例题4： Balancing Act POJ - 1655
求树的重心，可以算是找规律吧，总之发现规律后dp写起来就很方便，统计下子树的子节点最多的，和它的子树节点总数就行。
树的重心
6. 树的直径
树的直径定义为树上最长的路径，求树的直径有很多方法。
例题1： Tree HDU - 3534
求树的直径和直径的数量，这可以算是比较裸的直径题目了，直接dp[i]表示能达到的最远距离（朝着子节点方向），ans记录最大值就行。对于数量，再多开个node数组来记录。
void dfs(int u,int fa)
{
int i,v,tmp;
dp[u]=0;
node[u]=1;
for(i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next)
{
int v=edge[i].v,w=edge[i].w;
if(v==fa) continue;
dfs(v,u);
tmp=dp[v]+w;
if(tmp+dp[u]>ans)
{
ans=tmp+dp[u];
k=node[u]*node[v];
}
else if(tmp+dp[u]==ans)
{
k+=node[u]*node[v];
}
if(tmp>dp[u])
{
dp[u]=tmp;
node[u]=node[v];
}
else if(tmp==dp[u])
{
node[u]+=node[v];
}
}
}
还有一种求树的直径方法就是两次dfs，第一次dfs记录每个节点的深度，第二次dfs 从深度最大的开始，再次dfs即可，算法的正确性可以画图分析，或者查看文献。
例题：Terrorist’s destroy HDU - 4679
题解：https://blog.csdn.net/qq_40774175/article/details/81394727