浅谈树形DP
本篇随笔简单讲解一下DP中的树形DP问题。
树形DP的概念
树形DP在本蒟蒻心目中的印象就是转移过程中，某个节点维护的信息是由其子节点给出的。换句话说，树形DP就是在树上跑DP，将需要维护的答案信息一层一层地传递到根节点，然后得出整个问题的答案。
实际上，我更喜欢把图理解为一些元素加一些关系。同样地，树也是一些关系和一些元素的结合。所以树形DP只是把转移过程中的信息来源加了个限定条件：这个条件就是由树的边，也就是父子关系来限定的。所以，树形DP其实与普通DP的思想是大同小异的。
树形DP的实现
根据我们刚刚给出的定义，树形DP中每个节点维护的信息都是由子节点给出的。也就是说，我们需要从各个叶子开始向根节点层层更新，也就是一种回溯。那么我们自然而然地联想到使用深搜解决这个问题。
具体的实现，我们用一道例题：洛谷P1352 没有上司的舞会 来讲解
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题目描述
某大学有 nn 个职员，编号为 1ldots n1…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_ir**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 nn。
第 22 到第 (n + 1)(n+1) 行，每行一个整数，第 (i+1)(i+1) 行的整数表示 ii 号职员的快乐指数 r_ir**i。
第 (n + 2)(n+2) 到第 (2n + 1)(2n+1) 行，每行输入一对整数 l, kl,k，代表 kk 是 ll 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。
看到这个题是个多阶段决策的问题，然后还有树形结构，那么就是树形DP。（逃
那么考虑状态和转移。
第一维肯定是以(i)为根的子树。我们容易发现这个状态肯定与当前节点有没有选择有关。因为选了当前节点，他的儿子们就都选不了。所以第二维就设置成选不选当前节点。
那么我们的状态就是：(dp[i][0/1])表示以(i)为根的子树不邀请/邀请(i)得到的最大快乐指数。
那么状态转移方程就是：
方程很好想。也很容易理解。
那么就是转移。也就是这道例题着重讲解的地方。
其实我们说树形DP就是从叶子往根节点转移，换句话说，就是从下到上统计信息。那么它就与我们做过的其他树上统计信息的一样。比如树的重心的找法。比如树链剖分的预处理部分，等等。
那么就回归到了深搜上面，只需要把统计的信息换成(dp[i][j])数组即可。
代码：
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=6010;
int n,root,ans;
int a[maxn],fa[maxn];
int tot,to[maxn<<1],nxt[maxn<<1],head[maxn];
int dp[maxn][2];//dp[i][0/1]表示以i为根的子树邀请/不邀请i的最大快乐指数。
void add(int x,int y)
{
to[++tot]=y;
nxt[tot]=head[x];
head[x]=tot;
}
void dfs(int x,int f)
{
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
{
int y=to[i];
if(y==fa[x])
continue;
dfs(y,x);
dp[x][0]+=max(dp[y][0],dp[y][1]);
dp[x][1]+=dp[y][0];
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<n;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y);
add(y,x);
fa[x]=y;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(!fa[i])
root=i;
dp[i][1]=a[i];
}
dfs(root,0);
ans=max(dp[root][0],dp[root][1]);
printf("%d",ans);
return 0;
}