前言：寒假讲过树形DP，这次再复习一下。
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基本的树形DP
实现形式
树形DP的主要实现形式是$dfs$。这是因为树的特殊结构决定的——只有确定了儿子，才能决定父亲。划分阶段的话一般是$f[i][j][0/1]$。$i$表示以$i$为根的子树，$j$一般表示保留$j$个子节点，$0/1$表示选/不选这个节点。一般第三维可以省去。
基本的DP方程
选择节点类
$f[i][0]=f[j][1]$
$f[i][1]=max/min(f[j][0],f[j][1])$
背包类
$f[v][k]=f[u][k]+val$
$f[u][k]=max(f[u][k],f[v][k-1])$
例题
没有上司的舞会
设$f[i][0/1]$表示$i$这个人去/不去舞会能获得的最大快乐指数。
状态转移方程：
$f[u][0]=max(f[v][0],f[v][1])$
$f[u][1]=val[u]+f[v][0]$
最大子树和
设$f[i]$表示以$i$为根的子树所能获得的最大美丽指数。
状态转移方程：$f[u]=val[u]+max(f[v],0)$
注意有负数。
树形DP求树的直径
树的直径，即树上最远点对，一般有两种做法：两次$dfs$和树形$DP$。两种方法这里都会讲一下。
两次$dfs$
步骤：我们先找任意一点的最远点$p$，再找$p$的最远点$w$。从$p$到$w$的距离就是树的直径。
证明：
①若$P$已经在直径上，根据树的直径的定义可知$Q$也在直径上且为直径的一个端点
②若$P$不在直径上，我们用反证法，假设此时$WQ$不是直径，$AB$是直径
--->若$AB$与$PQ$有交点$C$，由于$P$到$Q$最远，那么$PC+CQ>PC+CA$，所以$CQ>CA$，易得$CQ+CB>CA+CB$，即$CQ+CB>AB$，与$AB$是直径矛盾，不成立。
--->若$AB$与$PQ$没有交点，$M$为$AB$上任意一点，$N$为$PQ$上任意一点。首先还是$NP+NQ>NQ+MN+MB$，同时减掉$NQ$，得$NP>MN+MB$，易知$NP+MN>MB$，所以$NP+MN+MA>MB+MA$，即$NP+MN+MA>AB$，与$AB$是直径矛盾，所以这种情况也不成立。
代码：
//1 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int dis[10005],ans,p; struct node { int next,to,dis; }edge[50005]; int head[50005],cnt; inline void add(int from,int to,int dis) { edge[++cnt].next=head[from]; edge[cnt].to=to; edge[cnt].dis=dis; head[from]=cnt; } void dfs(int now,int fa) { if (ans<dis[now]) { ans=dis[now];p=now; } for (int i=head[now];i;i=edge[i].next) { int to=edge[i].to; if (to==fa) continue; dis[to]=dis[now]+edge[i].dis; dfs(to,now); } } void find(int x) { ans=0; dis[x]=0; dfs(x,0); } int main() { cin>>n>>m; for (int i=1;i<=m;i++) { int u,v,d; cin>>u>>v>>d; add(u,v,d);add(v,u,d); } find(1); find(p); cout<<ans; return 0; }
树形DP
设$dis1[i]$和$dis2[i]$表示以$i$为根的子树中以$i$为起点的最大距离和次大距离。
状态转移方程：
$if (dis1[i]<dis1[j]+edge[i].dis) dis2[i]=dis1[i],dis1[i]=dis1[j]+edge[i].dis$
$else if (dis2[i]<dis1[j]+edge[i].dis) dis2[i]=dis1[j]+edge[i].dis$。
理解：这样做就是，先看能否更新最大值，若能，它的次大值就是原先的最大值，再更新它的最大值；若不能，就看能不能更新次大值，若能，就更新，不能就不管它。
$ans=max {dis1[i]+dis2[i]}$
代码：
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; const int N=100005; int n,m,t,ans; int f1[N],f2[N]; int first[N],v[N],w[N],next[N]; void add(int x,int y,int z){ t++; next[t]=first[x]; first[x]=t; v[t]=y; w[t]=z; } void dp(int x,int father) { int i,j; for(i=first[x];i;i=next[i]) { j=v[i]; if(j==father) continue; dp(j,x); if(f1[x]<f1[j]+w[i]) { f2[x]=f1[x]; f1[x]=f1[j]+w[i]; } else if(f2[x]<f1[j]+w[i]) f2[x]=f1[j]+w[i]; ans=max(ans,f1[x]+f2[x]); } } int main() { int x,y,z,i; scanf("%d%d",&n,&m); for(i=1;i<=m;++i) { scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); add(x,y,z); add(y,x,z); } dp(1,0); printf("%d",ans); return 0; }
树形DP求树的重心
对于一棵$n$个节点的无根树，找到一个点，使得把树变成以该点为根的有根树时，最大子树的节点数最小。换句话说，删除这个点后最大连通块的节点数最小，那么这个点就是树的重心。
解法：任选一个节点为根，把无根树变成有根树，然后设$f[i]$表示以$i$为根的子树的节点个数。不难发现$f[i]=sum limits_{jin s[i]}f[j]+1$。程序实现很简单：只需要一次$dfs$，在无根树转化成有根树的同时计算即可。其实在删除节点$i$后，最大的连通块有多少个节点呢？节点$i$的子树中最大的有$max{f[j]}$个节点，$i$的上方子树中有$n-f[i]$个节点，在$DP$过程中根据定义就可以找出树的重心了。
代码：
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cstdlib> #include <cmath> #include <algorithm> #include <vector> using namespace std; vector<int> G[16005]; int dp[16005],tot[16005]; vector<int> ans; void dfs(int u) { tot[u] = 1; for(int i=0;i<G[u].size();i++) { int v = G[u][i]; if(tot[v] == -1) dfs(v); else continue; dp[u] = max(dp[u],tot[v]); tot[u] += tot[v]; } } int main() { int n,i,j,u,v; scanf("%d",&n); for(i=0;i<=n;i++) G[i].clear(); for(i=0;i<n-1;i++) { scanf("%d%d",&u,&v); G[u].push_back(v); G[v].push_back(u); } memset(dp,0,sizeof(dp)); memset(tot,-1,sizeof(tot)); dfs(1); int mini = Mod; for(i=1;i<=n;i++) { int tmp = max(dp[i],n-tot[i]); if(tmp < mini) { ans.clear(); ans.push_back(i); mini = tmp; } else if(tmp == mini) ans.push_back(i); } printf("%d %d ",mini,ans.size()); sort(ans.begin(),ans.end()); printf("%d",ans[0]); for(i=1;i<ans.size();i++) printf(" %d",ans[i]); puts(""); return 0; }