[置顶] 树形dp专题训练

树形dp真是十分精妙，感觉惨遭海虐，树形dp经常和背包一起出，分组背包之类的。还有很多独立集之类的概念。

HDU 4313

题意：给你一棵树，有k个点有危险，然后要切断一些边，让这些点之间都不相连，问最小花费多少

题解：树形dp，dp[u][0]表示u和下面所有的有危险的点都隔绝了，dp[u][1]表示和下面1个有危险的点相连

如果这个点是危险点，那么dp[u][1]=INF; dp[u][0]=∑（dp[v][0]）+∑edge[i].c（v是危险点）；

如果不是危险点，那么dp[u][0]就是全部切断，dp[u][1]就是要和一个危险点相连，可以先求出全部切断的，然后求一个最小的inc=切断-不切断，加上就行了

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HDU 3534

题意：给你一棵树，统计树里面直径的个数

题解：树形dp，要记录的东西比较多，dp[u][5]，dp[u][0]记录u为根的最长路，dp[u][1]记录次长路,最长路和次长路是不同子树里的，dp[u][2]记录最长路的个数，dp[u][3]记录次长路的个数，dp[u][4]记录如果最长路和次长路相等的时候，有多少条经过u的最长边

要注意的就是最长次长相等的时候。

更新的话就是最长路次长路不用说，dp[u][2]=dp[v][2],dp[u][3]=dp[v][2],这是最长次长不相等的时候，如果相等，那么dp[u][2]+=dp[v][2];dp[u][4]+=dp[v][2]*dp[u][2];

最后先求出直径，然后枚举u，如果最长次长相等就+=dp[u][4],如果不相等就+=dp[u][2]*dp[u][3]；

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HDU 4276

题意：给你一棵树，让你从1走到n，给你10点体力，然后走过多少距离就要消耗多少体力，然后如果重复走一条边就是要消耗两倍，点上有财富，求走出去获得的最大财富

题解：树形dp+分组背包orz

一开始直接用背包搞，怎么都wa，就是不明白

看了题解发现首先可以把最短路求出来，然后把最短路上的边权值都改为0，这样做背包的时候这条边就必选了，然后树形dp的时候，枚举当前点的体力，类似于背包，然后枚举在v点用了多少体力，dp[u][j]=max(dp[u][j-k-cost]+dp[v][k]);

财富有可能是0，所以dp初始化为-1，dp[u][0]=val[u];

总是掉坑里，感觉还需要多练习

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HDU 1561

题意：给你一些城堡，然后攻击，有些是可以直接攻击，有些得要干掉前置的才能干这个，每个城堡有财宝，可以干m个，问最多

题解：可以直接攻击的就往0连，建个有向的树，然后dp[u][1]=val[u];

分组背包 dp[u][j]=max(dp[u][j],dp[u][j-k]+dp[v][k])；k<j

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HDU 4003

题意：给你一棵树，然后一个起点，扔下去k个机器人，要求k个机器人走遍整棵树的最小花费

题解：这题过的人挺多，但是感觉好难啊，搞了好久都没什么想法，

看了题解是分组背包+树形dp，但是搞不像，GG

因为这题机器人可以走回去，所以状态比较难想，但是有个细节我没有注意到

其实只有在走下去的机器人是1个的时候才有可能回上去。

为什么呢

设状态dp[u][i],表示i个机器人最后留在u为根的子树里，i==0时，表示有一个机器人走下去又回上去，i>0的时候，不可能有机器人回上来，因为如果有i+1个机器人走了下去，然后1个机器人回上去到u，再走到u的父亲，再走到另外个儿子，这样的花费大于下去i个机器人，一个走完了它自己的路，回到u，然后再走前面i+1走的路，这样比i+1个机器人下去少了一段从u到u的父亲的路

所以这样就能知道如何转移了

但是每个子树都需要走，所以可以先假设一个机器人下去再上来，然后用背包

for(int i=k;i>=0;i--){

     dp[u][i]+=dp[v][0]+2*edge[i].c;

     for(int j=1;j<=i;j++) dp[u][i]=min(dp[u][i],dp[u][i-j]+dp[v][j]+j*edge[i].c);

}

这样就可以初始化为0了，因为每次dp[u][i]已经不是0了，后面就算是0+dp[v][j]+j*edge[i].c也没事，这就类似于背包，不是最优解而已。（这段话是给自己看的）

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