说了要肝的怎么能咕咕咕呢？
不了解DP或者想从基础开始学习DP的请移步上一篇博客：DP动态规划学习笔记
这一篇博客我们将分为上中下三篇（这样就不用咕咕咕了...），上篇是较难一些树形DP，中篇则是数位和状压DP，下篇则是各种DP的优化手段。
——正片开始—— （为啥我最近的博客都喜欢写这个）
背包类树形DP，树形DP里一种很鬼畜的题目。
简单点讲就是：树上的分组背包。不知道分组背包的也请前往上一篇学习。
我们先来看一道板子题：选课
然后我们一起分析一下这道题（最好自己先想一想），由于每门课的先修课只有一门，所以我们很容易想到用树形结构储存这种关系——>只能从父节点到子节点。但是，这一题的数据会形成一个森林。想一想，为什么？
没错，可能不止一门课没有先修课。但是我们只学过树形DP，怎么办呢？简单，我们自己整一棵树出来呗。
但是原来的父子关系又不能变，怎么整呢？我们新建一个“虚拟课程”0出来，作为“没有先修课的课程”的先修课。也就是说我们把森林里的每一棵树都连到一个新的根节点——0节点上，这样我们就得到了一棵树。
这个想法是不是很妙？然后这题就转换成了一个在树上运行的分组背包。
然后我们来设状态。不会？那你别学了。上一篇博客看了没？快去看。
我们上一篇讲过了，树形DP一般以每个节点x作为第一维...
然后呢？（锤），分组背包啊。哦...
于是我们就得到状态了：设f[x,j]表示我们从以x为根的子树中选j门课能获得的最高学分。
很简单是不是？状态都出来了还不知道方程咩？那我们一起来推一推吧。
我们定义几个变量方便描述，设son(x)表示x的子节点集合，siz(x)表示x的子节点个数，如果选修x这门课，那我们就对于任意y∈son(x)，可以从以y为根的的子树中选出若干门课(记为ci)来修...在满足Σci=t-1的基础上，我们尽量要修最高的学分。我们有siz(x)组物品，每组物品有j-1个，其中第i组物品的第k个物品的体积为k，价值为f[y,k]，背包的总容积为j-1。
我们从每组中选出至多一个物品，即每个子节点最多转移一个状态到x。我们修完x后，还可以选j-1门课，所以我们要在“物品体积”不超过j-1的情况下，使学分（价值）最大。也就是说我们把“上多少y内的课”作为物品。
然后我们进行树形DP，得到答案：
void dp(int x){ f[x][0]=0; for(int i=0;i<son[x].size();i++){ int y=son[x][i]; dp(y); for(int j=m+1;j>=1;t--)//虚拟节点必选，所以是m+1 for(int k=0;k<=j-1;k++)//组内的物品，第x组第k个物品（选k门课）的体积为k f[x][j]=max(f[x][j],f[x][j-k]+f[y][k]); } }
主函数部分，我们读入每个f[i][1]作为第i门课的价值——>解释：从以i为子树的课中选1门——>价值就是f[i][1]。
接下来我们还是继续讨论树形DP。
我们目前做的树形DP题都是在有根树上进行树形DP的，如果题目给定是一棵无根树呢？
难道我们需要对以每个点为根都做一次树形DP统计答案吗？当然不是，要是这么做还不如暴力呢。
一般对于这种题目，我们用二次扫描（换根法）来解决。
这种DP又被称为换根DP，什么？你想要题？
没有，（爆锤狗头）...拿去 Accumulation Degree。
这好像是我第一次给POJ上的题，皮欧勾的题我都没怎么刷过，不过貌似质量挺好的。
但是我永远喜欢洛谷.jpg，emm，你说你看不懂？Chrome自带翻译，不皮了不皮了。
喏。
给你一个树形的水系（废话那么多懒得翻译了）。
有一个有n个节点，n-1条河道的树形水系，每个河道有一个最大容水量c[x][y]c[x][y]表示点x到y的最大容水量，源点可以源源不断出水，以源点作为根节点的树的叶子结点可以无限接纳水，而一个节点水的流量等于流过其儿子节点的水的流量之和，儿子节点水的流量不能超过其与父亲连边的最大容水量，询问最大的源点水流量，n≤2×10^5。
其实简单点说就是求树形结构上的最大流，但是我们不知道源点。为什么不用网络流？嘘，数据太狗了。
于是我们来快乐地DP啊。不给我源点？我每个点都DP一遍。
要是这样能过我还写它干嘛。
不过还是先讲讲怎么DP吧。假设我们知道根节点是x。
那么我们来拆问题了。你看这个问题它又大又烦，不如把它拆掉。
考虑用树形DP拆问题。对于每个节点x，我们发现它只能流向自己的子树，于是可以这样设状态，我们用f[x]表示在以x为根的子树中，以x为源点流向子树的最大流量。然后我们对于每个子树都可以拆成小子树，再拆，再拆...就到叶节点了，问题就得解了。
切，刚刚还那么傲娇的大问题现在还不是被脱的一件不剩，看到DP的魅力了吧？再大的问题，只要你是DP题，我就能把你拆掉。
然后我们就很自然的得到了转移方程式：
这里我不多写一个latex下面的就会炸不知道为什么，你们就当没看见那个error吧...抱歉抱歉
$$f[x]= sumlimits_{ ext{y∈son(x)}} egin{cases} min(f[x],c(x,y))& ext{x=0}\ c(x,y)& ext{x!=0} end{cases}$$
$$f[x]= sumlimits_{ ext{y∈son(x)}} egin{cases} min(f[x],c(x,y))& ext{x=0}\ c(x,y)& ext{x!=0} end{cases}$$
Latex新手写上面那个公式写了半个小时...
DP代码：
void dp(int x){ vis[x]=1; f[x]=0; for(int i=head[x];i;i=nxt(i)){ int y=to(i); if(vis[y])continue; dp(y); if(deg[y]==1)f[x]+=val(i); else f[x]+=min(f[y],val(i)); } }
如果我们直接枚举源点...时间复杂度是O(n^2)的，接受不了（不是我接受不了，是出题人接受不了）
（如果我自己要求，O(n^n)的算法我都开开心心用...）
于是我们使用换根DP来O(n)的解决这道题目。
我们任选一个源点作为根，记为rt。然后我们进行一次上面的DP，得到f数组。
设g[x]表示把x作为源点，流向整个水系，流量最大是多少。对于根节点rt，显然有f[rt]=g[rt]。
假设g[x]已经被正确地求出了。开始了，万能的假设法...
我们考虑一下它的子节点y，g[y]我们并不知道，我们来分析一下g[y]。
如果我们把根换成y，那么g[y]包含两部分：
1. 从y流向以y为根的子树的流量，即我们上面算出来的f[x]
2. 从y沿着原父节点x流向水系中的其他部分的流量
为什么可以像2这样流呢？因为我们把根换成y了。这是很多博客没有提到的，容易让人看得很懵逼。
我们把x作为源点的总流量是g[x]，从x流向y的流量就是min(f[y],c(x,y))。
这个很好理解吧，y是x的子节点，x流向子树的最大流量是f[y]，流量限制是c(x,y)，哪个小流量就是哪个。
所以从x流向除了y以外其他部分的流量就是两者之差。这个也很好理解吧。
于是我们把y作为源点，先流向x，再流向其他部分的流量就是两者之差和c(x,y)之间的最小值。
同样的，对于度数为1的x节点，我们也要特判——>节点x没法流向其他地方了。
于是我们得到了g[x]的计算方法：
又要写Latex...我裂开了
$$g[y]=f[y]+ egin{cases} min( g[x]-min( f[y], c(x,y) ), c( x,y ) )& ext{x的度数>1}\ c(x,y)& ext{x的度数=1} end{cases}$$
g[y]就是把根从x换成y后流量的计算结果，由于这是一个从上至下的递推方程，所以我们可以通过一遍dfs得出g数组。
又到了你们最爱的放代码时间：
void dfs(int x){ vis[x]=1; for(int i=head[x];i;i=nxt(i)){ int y=to(i); if(vis[y])continue; if(deg[x]==1)g[y]=f[x]+val(i); else g[y]=f[y]+min(g[x]-min(f[y],val(i)),val(i)); dfs(y); } }
解释一下，val(i)就是上面说的c(x,y)，我把它当作边权存了起来。
然后我们在main函数里面这样搞就可以得到答案了。
int rt=1; dp(rt); memset(vis,0,sizeof vis); g[rt]=f[rt]; dfs(rt); int ans=-1; for(int i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,g[i]);
OK，那么希望你们通过这道例题，对换根DP有了一个初步的了解。
其实换根法的思想就是通过差值来更新答案，而不必一遍遍枚举计算重复信息。
那么，我们中篇再见（咕咕咕）。