dp这一方面的题我都不是很会，所以来练(xue)习(xi)，大概把这题弄懂了。
树形dp就是在原本线性上dp改成了在 '树' 这个数据结构上dp。
一般来说，树形dp利用dfs在回溯时进行更新，使用儿子节点对父亲节点进行更新。
树形dp很多题需要在二叉树上进行。
进入正题。
这个图是洛谷题面里奇奇怪怪的东西，格式弄好就这样。
题意：有一棵已知根(1)的二叉树，每条边都有一个权值，现在可以保留 q 条边，问在这样的前提下，以 1 为根 的树最多能有多少权值和。
题意可以画个图来解释
这个就是样例的图，假设我萌只保留 1-->3 这条边，辣么我萌得到的权值是 1-->3 这条边的权值。
假设我萌只断掉 1-->3 这条边，辣么可以得到的权值只有1-->4这条边，因为如果1-->3没了，2,5节点无法连通到1，
3-->2 3-->5 的边也就不是以1为根的树里的了。
思路：这题看到了二叉树，于是可以往dp方向思考一下，发现是可行的。
首先可以把所以边的权值下移到节点上，这样我萌列出转移方程。
设f[i,j]表示以 i 为根的子树中，保留了 j 个节点得到的最大权值。
设 i 的左儿子为son[i,1] 右儿子为son[i,2] 设权值下移后 x 节点的权值为cost[x]
则对于 某个节点 x 来说，有三种选择，一是选了左儿子这个点，不选右儿子。
二是选了右儿子这个点，不选左儿子。
三是既选左儿子又选右儿子。
辣么分别列出转移方程： ① f[i,j]=max(f[son[i,1],j-1]+cost[son[i,1]]) (如果选了son[i,1]则把该权值加上，因为枚举的 j 表示的是保留 j 个节点，所以要保留son[i,1]的情况下,就要找他的前驱状态 j-1 )
② f[i,j]=max(f[son[i,2],j-1]+cost[son[i,2]]) (这个和①是类似的，只是将左儿子改为右儿子)
③ f[i,j]=max(f[son[i,1],k]+f[son[i,2],j-2-k]+cost[son[i,1]+cost[son[i,2]) (这个看起来就要复杂得多，我萌画图看看)
这样的话应该会很清晰了，辣么肿么去跑这个dp捏。
显然我萌要先做一个预处理，用递归先把 cost[i] son[i,1] son[i,2] 预处理出来。
然后在用一个dfs递归进行dp。 对于 ①②两种情况可以在遍历边的时候直接进行更新，但是对于③情况要在边遍历完后进行。
为什么？ 由于递归的顺序。比如样例这个图，他的顺序是这样的 1-->3-->2 好这里可以对2节点的f[2,j]进行更新了
然后 1-->3-->2-->3(回溯同时用2节点的信息进行①情况的更新)-->5-->3(此时3的边都遍历完了，先是用5节点的信息进行②情况的更新,然后再使用 2 和 5 的节点信息一起对3进行③情况更新)-->1(类似，用3对1进行①情况的更新) -->4-->1(类似，用4对1进行②情况的更新，用3 4对1进行③情况更新)
这样就应该理解为什么要先把边遍历完才更新③情况了，因为只有这样，要更新的节点的左右儿子的信息才是都已知的，这样才能更新，满足了dp需要利用前驱信息。
1 type 2 node=record 3 y,z:longint; 4 next:longint; 5 end; 6 var num,father,first,cost:array[0..150]of longint; 7 son:Array[0..150,0..2]of longint; 8 i:longint; 9 n,q:longint; 10 x,y,z:longint; 11 tot:longint; 12 e:Array[0..250]of node; 13 f:array[0..150,0..150]of longint; 14 function max(a,b:longint):longint; 15 begin 16 if a>b then exit(a) else exit(b); 17 end; 18 procedure adde(x,y,z:longint); 19 begin 20 e[tot].next:=first[x]; 21 e[tot].y:=y; 22 e[tot].z:=z; 23 first[x]:=tot; 24 inc(tot); 25 end; 26 procedure buildtree(x:longint); 27 var i,y:longint; 28 begin 29 i:=first[x]; 30 while i<>-1 do 31 begin 32 y:=e[i].y; 33 if father[y]=0 then 34 begin 35 father[y]:=x; 36 cost[y]:=e[i].z; 37 inc(num[x]); 38 son[x,num[x]]:=y; 39 buildtree(y); 40 end; 41 i:=e[i].next; 42 end; 43 end; 44 procedure dfs(x:longint); 45 var i,j:longint; 46 l,r,y:longint; 47 begin 48 for i:=1 to num[x] do 49 begin 50 y:=son[x,i]; 51 dfs(y); 52 for j:=1 to q do 53 f[x,j]:=max(f[x,j],f[y,j-1]+cost[y]); 54 end; 55 l:=son[x,1]; 56 r:=son[x,2]; 57 for i:=1 to q do 58 for j:=0 to i-2 do 59 f[x,i]:=max(f[x,i],f[l,j]+f[r,i-2-j]+cost[l]+cost[r]); 60 end; 61 begin 62 read(n,q); 63 for i:=1 to n do 64 first[i]:=-1; 65 for i:=1 to n-1 do 66 begin 67 read(x,y,z); 68 adde(x,y,z); 69 adde(y,x,z); 70 end; 71 father[1]:=1; 72 buildtree(1); 73 dfs(1); 74 writeln(f[1,q]); 75 end.
这题的话，我理解了挺久的，然后理解后直接就敲了一个代码，然后一次过了，所以理解有时候会让代码更快实现。
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