学习博客：https://www.cnblogs.com/qq936584671/p/10274268.html
树的性质：n个点，n-1条边，任意两个点之间只存在一条路径，可以人为设置根节点，对于任意一个节点只存在至多一个父节点，其余为子节点。
记忆化树形dp模型较为抽象难以理解，以下通过由浅到深的方式解析树形dp以及树的性质。
树形dp求树的直径：（在一颗树里找到点X，Y，使得|XY|最大）
如图，我们令A为根节点，令dfs遍历顺序为ABDGHEFC。
在我们的dfs计算过程中，我们从下往上求解每一个节点，总的来说我们要求两个东西：
1、以每一个节点为根，所能到达的最长路径dp【u】
2、以每一个节点为根，它下面的的树的最长路径ans（其实就是找到 两个没有重复路径的子树，例如以B为根节点，会找到BDG+BE而不会找到BDG+BDH）
然后将子树中以子树根为起点所能到达的最长路径传给父节点，最后得出答案
具体看下面代码：
struct Node { int nex,val; }; vector<Node>node[maxn];//node[u][i].nex代表该节点的子节点 node[u][i].val代表该节点与子节点之间路径的权值 void dfs(int u,int fa)//该节点和该节点的父亲 { for(int i=0;i<node[u].size();i++) { int v=node[u][i].nex; if(v!=fa)//防止回到父节点 { dfs(v,u);// ans=max(ans,d[u]+d[v]+node[u][i].val);//这个必须在下面一步的前面 d[u]=max(d[u],d[v]+node[u][i].val); } } }
理解了基本的树形dp之后，开始下面的练习：
题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4616
学习链接：https://www.cnblogs.com/zyb993963526/p/7223861.html
题目大意：在一颗有n（n<5e4）个节点的树中，每个节点有权值和是否有陷阱，你可以最多踏进c（c<=3）个陷阱，当你进入第c个陷阱时，你就无法继续移动了，你可以在任意节点出发，获取经过节点的权值（无法重复获取同一个节点），求能得到的最大权值和。
思路：
有点像树链剖分，对于一个以u为根的子树，因为每个顶点只能经过一次，那我们只能选择它的一个子树往下走。就像是把这棵树分成许多链，最后再连接起来。
这道题目麻烦的地方是陷阱的处理，用d【u】【j】【0/1】表示以u为根的某一子节点经过j个陷阱后到达u的最大权值和，0/1表示起点是否有陷阱。
假设当前到达u时经过了k个陷阱，分下面几种情况进行讨论：
①如果k==c，那么起点和终点至少有一个是陷阱（可能有些人会认为终点一定会是陷阱，这样是没错的，因为起点和终点时相对的，你也可以把起点看做终点）。
②如果k<c，那么起点和终点是否是陷阱是任意的，可以有也可以没有。
具体看代码：
#include<iostream> #include<vector> #include<math.h> #include<string.h> using namespace std; const int maxn=50000+5; int n,c; int ans; vector<int>G[maxn]; int val[maxn],trap[maxn];//分别存储节点的值和是否有陷阱 int d[maxn][5][2];//d[u][j][0/1]表示以u为根的某一子节点经过j个陷阱之后到达u的最大权值和 void dfs(int u,int fa) { d[u][trap[u]][trap[u]]=val[u]; //计算以u为根的子树所能获得的最大值，也就是将子树的链进行连接 for(int i=0;i<G[u].size();i++) { int v=G[u][i]; if(v!=fa) { dfs(v,u); for(int j=0;j<=c;j++) { for(int k=0;j+k<=c;k++) { if(j!=c) ans=max(ans,d[u][j][0]+d[v][k][1]); if(k!=c) ans=max(ans,d[u][j][1]+d[v][k][0]); if(j+k<c) ans=max(ans,d[u][j][0]+d[v][k][0]);//起点和终点都可以为非陷阱 if(j+k<=c) ans=max(ans,d[u][j][1]+d[v][k][1]);//起点和终点都可以为陷阱 } } for(int j=0;j+trap[u]<=c;j++) { d[u][j+trap[u]][0]=max(d[u][j+trap[u]][0],d[v][j][0]+val[u]); if(j!=0) { d[u][j+trap[u]][1]=max(d[u][j+trap[u]][1],d[v][j][1]+val[u]); } } } } } int main() { int T; cin>>T; while(T--) { cin>>n>>c;//n个节点 最多可以踩c个陷阱 for(int i=0;i<n;i++) G[i].clear(); for(int i=0;i<n;i++) cin>>val[i]>>trap[i];//输入值和是否有陷阱 for(int i=1;i<n;i++) { int u,v; cin>>u>>v; G[u].push_back(v); G[v].push_back(u); } ans=0; memset(d,0,sizeof(d)); dfs(0,-1); cout<<ans<<endl; } }