▎前置技能：动态规划&树
树型动态规划一听就知道是在树结构上使用的动态规划，那么不会树结构和动态规划怎么行？戳这里了解动态规划和树。
▎什么是树型动态规划？
☞『定义』
树形动态规划问题可以分解成若干相互联系的阶段，在每一个阶段都要做出决策，全部过程的决策是一个决策序列。要使整个活动的总体效果达到最优的问题，称为多阶段决策问题。（copy自百度）
猜你也不愿意看，简单说就是掺了树的动态规划呗，也特别不到哪里去，只要树结构掌握的不错就行了。
☞『为什么有树型动态规划，而没听说过图型动态规划、队列型动态规划什么的呢？』
这个很容易理解，因为树这个数据结构很特殊，只有一个前驱，有多个后继，本就是一个纯天然的递归结构，而动态规划常用什么方法呢？数组递推和记忆化搜索，巧了！记忆化搜索正是递归的方式，这同时也暗示着一件事：树型动态规划是不能使用数组递推的！要用记忆化搜索。
☞『树型动态规划的方向』
①由叶到根：也就是从叶子结点（递归边界）向根节点（原问题）不断返回，最终在根节点（原问题）处得到答案。这种树型动态规划的方向很常见，也是我们平时使用递归时的方式。
②由根到叶：这种题目很不常见，主要就是将所有点当做一次根节点进行求值，然后有父节点向子节点转移信息。
☞『树型动态规划的顺序』
树型动态规划可以理解为后序遍历，也就是先处理好子节点，再返回处理父节点。
▎树型动态规划的解题技巧
☞『树型动态规划的一般步骤』
①建树：树型动态规划叫个这名字，总得有树吧，所以，一定要先建树，建树时要注意恰当的存储方式，数据规模较小时使用邻接矩阵，较大时使用邻接表，至于指针大佬就请默默走开。
②设计状态：动态规划怎么也得有状态了吧，一般树型动态规划通常是1~2维，所以时间复杂度一般不高，不过只有状态设计好了，才能正常的进行后续流程。
③状态转移方程：这是令人最讨厌的东西，纯找规律，要找到父节点和子节点之间的关系，才能写出来。
④确定答案：有些题目的答案需要推理一下，不过很多不需要，这也和状态的设计有关。
☞『怎么判断题目是否适用于树型动态规划』
①长得就是树型动态规划题，比如后面的二叉苹果树那道题；
②先判断是否是动态规划，是否符合动态规划的三大性质；
③是否需要树；
▎实战演练
提起一棵苹果树，你会想到什么？
砸到牛顿头上的那个苹果？
被乔布斯啃了一口的苹果？
这可苹果树上可不一般，这是我见过的最奇葩的树。
废话不多说，直接上题：
1575：【例 1】二叉苹果树
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【题目描述】
有一棵二叉苹果树，如果数字有分叉，一定是分两叉，即没有只有一个儿子的节点。这棵树共 N 个节点，标号 1 至 N，树根编号一定为 1。
我们用一根树枝两端连接的节点编号描述一根树枝的位置。一棵有四根树枝的苹果树，因为树枝太多了，需要剪枝。但是一些树枝上长有苹果，给定需要保留的树枝数量，求最多能留住多少苹果。
【输入】
第一行两个数 N 和 Q ，N 表示树的节点数，Q 表示要保留的树枝数量。
接下来 N−1 行描述树枝信息，每行三个整数，前两个是它连接的节点的编号，第三个数是这根树枝上苹果数量。
【输出】
输出仅一行，表示最多能留住的苹果的数量。
【输入样例】
5 2 1 3 1 1 4 10 2 3 20 3 5 20
【输出样例】
21
【提示】
数据范围与提示：
对于 100% 的数据，1≤Q≤N≤100,N≠1，每根树枝上苹果不超过 30000 个。
【来源】
这道题一看就知道是树型动态规划，因为这分明就是一道树型动态规划题，那么怎么做呢？
Part one 建树
假设每行输入分别对应的变量是a，b，c。
先来考虑建树，建树都是应该递归建的，请看一下别人博客，一般都是这样的。小编的建树方式不太一样，那就是一直判断，如果b没有父节点，那么那么b就是a的子节点，存起来；如果b有父节点，那么a就是b的子节点，存起来。
那么左右子树呢？顺序没有任何关系，所以先存左子树，后存右子树，代码比较简单，就不过多解释了：
1 cin>>n>>q; 2 for(int i=1;i<=n-1;i++) 3 { 4 cin>>a>>b>>c; 5 if(father[b]!=0) 6 { 7 father[a]=b; 8 if(leftchild[b]==0) leftchild[b]=a; 9 else rightchild[b]=a; 10 } 11 else 12 { 13 father[b]=a; 14 if(leftchild[a]==0) leftchild[a]=b; 15 else rightchild[a]=b; 16 } 17 apple[a][b]=c; 18 apple[b][a]=c; 19 }
Part two 设计状态
我们是要求以根节点保留q条枝条能保留的最多苹果数。那么不妨将f[i][j]表示为以i为根节点保留j条枝条能保留的最多苹果数。
Part three 状态转移方程
那么现在来考虑一件事，我们需要向左右两边分一些枝条量，各是k-1和j-k-1个（假设左子树有k个），为什么都减一呢？小编在调试代码的过程中发现：如果不减一，那么左右两边都会多分一个枝条，原因是转移时忘了转移的节点和原节点间有一个枝条。
所以方程是这样的f[i][j]=max{f[leftchild[i]][k-1]+f[rightchild[i]][j-k-1]+apple[i][leftchild[i]]+apple[i][rightchild[i]]}，同时要记得先特判k=0和k=j的情况，小编稍微改了改，就是这个熊样：
1 for(int k=0;k<=j;k++) 2 { 3 int l=dp(leftchild[i],k-1); 4 int r=dp(rightchild[i],j-k-1); 5 if(k==0) x=r+apple[i][rightchild[i]]; 6 else if(k==j) x=l+apple[i][leftchild[i]]; 7 else x=l+r+apple[i][leftchild[i]]+apple[i][rightchild[i]]; 8 if(x>f[i][j]) 9 f[i][j]=x; 10 }
Part four 确定答案
小编可能设计的状态不太和别人一样，看见别人的博客答案和我的不一样，还有设计三维的，别人的答案：f[1][q+1]；小编的答案：f[1][q]。
Part five 一点忠告
小编是这样过的这道题的：
猜猜小编是怎么错的?小编显示忘了删测试代码和记忆化，一直以为哪里有不可告人的错误，结果被忘了删测试代码纠结了很长时间。
好了，代码如下：
1 #include<iostream> 2 using namespace std; 3 int leftchild[1000]={0},rightchild[1000]={0},father[1000],apple[1000][1000],f[1000][1000],n,q,a,b,c; 4 int dp(int i,int j) 5 { 6 if(j<=0) return 0;//边界条件必须考虑周全 7 if(leftchild[i]==0) return 0; 8 if(f[i][j]) return f[i][j];//记忆化 9 if(j==1) //只剩1根枝条，那么肯定是选那根苹果多的呗 10 { 11 return max(apple[i][leftchild[i]],apple[i][rightchild[i]]); 12 } 13 int maxn=-1,x; 14 for(int k=0;k<=j;k++) 15 { 16 int l=dp(leftchild[i],k-1); 17 int r=dp(rightchild[i],j-k-1); 18 if(k==0) x=r+apple[i][rightchild[i]]; 19 else if(k==j) x=l+apple[i][leftchild[i]]; 20 else x=l+r+apple[i][leftchild[i]]+apple[i][rightchild[i]]; 21 if(x>f[i][j])//因为两边各分多少枝条数量不确定，所以依次模拟选最优的方案 22 f[i][j]=x; 23 } 24 return f[i][j]; 25 } 26 int main() 27 { 28 cin>>n>>q; 29 for(int i=1;i<=n-1;i++)//建树 30 { 31 cin>>a>>b>>c; 32 if(father[b]!=0) 33 { 34 father[a]=b; 35 if(leftchild[b]==0) leftchild[b]=a; 36 else rightchild[b]=a; 37 } 38 else 39 { 40 father[b]=a; 41 if(leftchild[a]==0) leftchild[a]=b; 42 else rightchild[a]=b; 43 } 44 apple[a][b]=c; 45 apple[b][a]=c; 46 } 47 cout<<dp(1,q); 48 return 0; 49 }