[复习资料]树形dp-杂题选讲

树形dp，一般指的是在树上的dp，一般情况下，树形dp完全没有重叠子问题，只是单纯地记录一个值罢了，但是我们还是习惯性地称它们为树形dp。

树形dp的状态设置都是很有套路的，在一般情况下我们都把状态设为 (dp_{u,sta}) ，表示考虑以 (u) 的根为子树，其余状态为 (sta) 的答案（或其他），然后转移时一般会忽略掉父节点对其的影响，只考虑自己子树内的点对自己的影响（举个例子：在没有上司的舞会中， (sta) 就是设置为该节点是否被选中， (dp) 值本身的含义就是选中点最多为多少）。

树形dp在转移时通常只会一棵一棵子树地考虑，每次考虑用儿子的dp值来更新自己的。

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先从最基础的模型讲起吧：

树形背包

树形背包和普通背包一样，时间复杂度为 (mathcal O(NV)) ，这里不给出详细证明。

例题：[JSOI2018]潜入行动

给定一棵有 (n) 个节点的无向树，问标记恰好 (k) 个节点后满足每个节点相邻节点中至少一个被标记（不含自己）的方案数。

(1le nle 10^5,1le kle min(n,100))

相邻点被标记以下简称被覆盖。

状态不难设出来，设 (dp_{i,j,0/1,0/1}) 表示以 (i) 为根的子树中标记了 (j) 个点，其中 (i) 号节点是否被标记，是否被覆盖的方案数，考虑将子树 (v) 并入 (u) ：

(u) 没被标记并且没被覆盖： (v) 必须被覆盖，同时 (v) 不能被标记：

[dp_{u,x+y,0,0}gets dp_{u,x,0,0} imes dp_{v,y,0,1} ]

(u) 没被标记但被覆盖了：如果之前 (u) 就是没被标记并且被覆盖了，那么这次 (v) 可以标记或不标记，但是必须被覆盖；如果之前 (u) 没有被标记并且没有被覆盖，那么这次 (v) 必须被标记，并且必须被覆盖。

[dp_{u,x+y,0,1}gets dp_{u,x,0,1} imes dp_{v,y,0/1,1}+dp_{u,x,0,0} imes dp_{v,y,1,1} ]

(u) 被标记了但是没有被覆盖： (v) 必须被标记，可以选择被覆盖或不被覆盖。

[dp_{u,x+y,1,0}gets dp_{u,x,1,0} imes dp_{v,y,0,0/1} ]

(u) 被标记了并且被覆盖了： 如果之前 (u) 已被标记且被覆盖，那么这次 (v) 可以选择标记或不标记，可以选择覆盖或不被覆盖；如果 (u) 之前已被标记且没被覆盖，那么 (v) 必须被标记，可以选择覆盖或不被覆盖。

[dp_{u,x+y,1,1}gets dp_{u,x,1,1} imes dp_{v,y,0/1,0/1}+dp_{u,x,1,0} imes dp_{v,y,1,0/1} ]

时间复杂度为 (mathcal O(nk))

总结

如果题目转化后变成类似背包合并这样，那么就可能要用树形背包，一般遇到这种树形背包题，在草稿纸上大力分类讨论一波一般都不会错，所以这种题的套路就是：理清思路，在草稿纸上写下dp转移。

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换根dp

换根dp属于树形dp的一种特殊的dp，一般情况下，如果题目经过转化后相当于是要求以每个点为根时的答案，那么换根dp就派上用场了。

换根dp之所以快，就是因为它利用了之前求出的答案，如果 (u,v) 相邻，那么当根节点从 (u) 变成 (v) 时，由于树形dp在dp时只考虑了子树，所以只会有两个节点的dp值改变，而其他值都是不变的，同时也正因如此，换根dp的关键就是考虑在根节点改变时考虑对这两个节点dp值的影响，同样的，换根dp的复杂度也取决于一次换根的复杂度。

例题：[APIO2014]连珠线

不会简化题意，直接把原题描述写下来了。

在达芬奇时代，有一个流行的儿童游戏称为连珠线。当然，这个游戏是关于珠子和线的。线是红色或蓝色的，珠子被编号为 (1) 到 (n)。这个游戏从一个珠子开始，每次会用如下方式添加一个新的珠子：

( m Append(w, v)) ：一个新的珠子 (w) 和一个已经添加的珠子 (v) 用红线连接起来。

( m Insert(w, u, v)) ：一个新的珠子 (w) 插入到用红线连起来的两个珠子 (u,v) 之间。具体过程是删去 (u,v) 之间红线，分别用蓝线连接 (u,w) 和 (w,v) 。

每条线都有一个长度。游戏结束后，你的最终得分为蓝线长度之和。

给你连珠线游戏结束后的游戏局面，只告诉了你珠子和链的连接方式以及每条线的长度，没有告诉你每条线分别是什么颜色。

你需要写一个程序来找出最大可能得分。即，在所有以给出的最终局面结束的连珠线游戏中找出那个得分最大的，然后输出最大可能得分。

(1le nle 200000)

首先转化题意，两个操作可以转化为：

1. ( m Append(w, v)) ：一个新的珠子 (w) 和一个已经添加的珠子 (v) 用红线连接起来。
2. ( m Insert(w, u, v)) ：一个新的珠子 (v) 和一个已经添加的珠子 (v) 用蓝线连接起来，同时一个新的珠子 (w) 和 (v) 用蓝线连接起来。

如果确定了刚开始拥有的点将其作为根，那么题意再次转化：

给定一棵有根树，每次可以选择依次相连的三个深度依次递增的点，并删去连接着这三个点的两条边，执行若干次后，最终被删除的边边权和最大是多少。

考虑dp，设 (dp_{u,0}) 表示考虑完以 (u) 为根的子树，其中 (u) 到它父亲的边不必被删去能获得的最大权值； (dp_{u,1}) 表示考虑完以 (u) 为根的子树，其中 (u) 到它父亲的边必须被删去能获得的最大权值，设 (w_u) 表示 (u) 和他父亲连边的边权，转移就比较显然了：

[dp_{u,0}=sum_{v is u's son}max(dp_{v,0},dp_{v,1}+w_v) ]

[dp_{u,1}=dp_{u,0}-min_{v is u's son}(max(dp_{v,0},dp_{v,1}+w_v)-(dp_{v,0}+w_v)) ]

方便起见，再设一个 (dp_{u,2}=max(dp_{u,0},dp_{u,1}+w_{u})) ，那么转移：

[dp_{u,0}=sum_{v is u's son}dp_{v,2} ]

[dp_{u,1}=dp_{u,0}-min_{v is u's son}(dp_{v,2}-(dp_{v,0}+w_v)) ]

[dp_{u,2}=max(dp_{u,0},dp_{u,1}+w_u) ]

最后答案就是 (dp_{root,0}) 。

这是在根确定的时候我们得到的转移方程，接下来的问题就是换根时如何改变dp值了。

假设当前根是 (u) ，然后根要从 (u) 换为 (v) （其中 (v) 是 (u) 的儿子）首先改变 (w) ，然后更新dp值： (dp_{u,0}) 直接减去 (dp_{v,2}) 即可，对于处理 (dp_{u,1}) 时需要的取 (min) 操作，我们可以记录一个最小值和一个次大值，如果 (dp_{v,2}-(dp_{v,0}+w_v)) 是最小值，那么更新 (dp_{u,1}) 是就用次小值更新，否则就用最小值，然后更新 (dp_{u,2}) ，接着用 (dp_{u,2}-(dp_{u,0}+w_u)) 来更新 (v) 的最小次小值，最后更新 (v) 的dp值即可实现换根。

还有要注意的是，换完根后要换回来。

求出以每个点作为根时的dp值，那么最终答案就是每个点作为根时答案的最大值。

总结

如果题目转化后是要求对于每个点作为根时的答案，就可能是要用换根dp，换根dp首先会求出把某个点作为根时的dp值，然后再考虑换根对dp值的影响。

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长链剖分

长链剖分优化dp也是一种套路，一般情况下，可以用长链剖分优化的树形dp题第二维状态都是和深度有关的，使用长链剖分可以把 (mathcal O(n^2)) 的复杂度降为 (mathcal O(n)) 。

长链剖分优化实现方法：先找到所有点的重儿子，利用指针 (mathcal O(1)) 继承重儿子信息，其余轻儿子全部扫一遍暴力转移。

为什么长链剖分优化和深度有关的dp可以做到 (mathcal O(n)) ？可以这样考虑：每个点只有在其所在链链顶合并时会对时间复杂度造成 (mathcal O(1)) 的贡献，所以总复杂度就是 (mathcal O(n)) 。

例题：[POI2014]HOT-Hotels 加强版

给出一棵有 (n) 个点的树，求有多少组点 ((i,j,k)) 满足 (i,j,k) 两两之间的距离都相等。

((i,j,k)) 与 ((i,k,j)) 算作同一组。

(1le nle 10^5)

设 (f_{i,j}) 表示在以 (i) 为根的子树内，离 (i) 距离为 (j) 的节点个数；设 (g_{i,j}) 表示在以 (i) 为根的子树内，满足 (x,y) 在以 (i) 为根的子树内，且若有一个节点 (z) 在以 (i) 为根的子树外且到 (i) 的距离为 (j) 时， (x,y,z) 两两距离相等的点对 ((x,y)) 的数目。

考虑一棵子树一棵子树地合并，将 (v) 并入 (u) ：

[ansgets ans+f_{u,x} imes g_{v,x+1}+f_{v,x} imes g_{u,x+1} ]

[g_{u,x+1}gets g_{u,x+1}+g_{v,x+2}+f_{u,x+1} imes f_{v,x} ]

[f_{u,x+1}gets f_{u,x+1}+f_{v,x} ]

不难发现 (f) 和 (g) 的第二维都是和树的深度有关的，用长链剖分优化，唯一要注意的就是空间要开大还有 (f) 和 (g) 直接继承时是反着的。

总结

当最终所设状态第二维和深度有关时，可能可以用到长链剖分优化。

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重链剖分

既然长链剖分可以优化dp，重链剖分可不可以呢？重链剖分可以用来解决另一类树上问题，就是 ( m dsu on tree) 。

( m dsu on tree) 可以用来解决这一类问题：只有对子树的询问，没有修改，其时间复杂度可以做到 (mathcal O(nlog_2 n)) 。

( m dsu on tree) 实现方法：需要两个搜索函数，不妨设为 ( m dfs0) 和 ( m dfs1) ，先找到所有节点的重儿子，然后从根节点开始 ( m dfs0) ，先扫所有轻儿子执行 ( m dfs0) ，回溯时消去所有轻儿子对答案造成的影响，然后再扫重儿子执行 ( m dfs0)，回溯时不消去重儿子对答案造成的影响，然后再 ( m dfs1) 一遍遍历到所有除重儿子子树外的点，同时更新答案。

很暴力对不对？但是复杂度是真的。证明方法如下：考虑每个点会被遍历几次，显然 ( m dfs0) 会恰好遍历所有点一次，而如果 ( m dfs1) 遍历到了点 (u) ，说明这次 ( m dfs1) 是从 (u) 到根的路径上的一条轻边开始的，而重链剖分有个特性：所有点到根的路径经过的轻边数量是 (log_2 n) 级别的，所以复杂度是 ( m O(nlog_2n)) 。

例题：Lomsat gelral

一棵以 (1) 为根的 (n) 个节点的树，每个节点有一个权值，求每棵子树众数的和。

(1le nle 10^5)

( m dsu on tree) 的模板，算答案需要维护两个值：众数出现次数，众数和。然后直接套模板即可。

总结

如果题目中只有对子树地查询且没有修改，可能要用到 ( m dsu on tree) ，唯一需要考虑的就是加入或删去一个节点对答案的影响。

其他dp-杂题选讲

例题：一道考试题

考虑一种奇怪的有根树，这种有根树是在普通有根树的基础上，添加了儿子之间的顺序，也就是说我们可以把一个点的所有儿子们看成一个序列，两棵有根树相同，当且仅当它们点数相同，且每个点的儿子序列相同。

现在给定 (n) 和数组 (a_{1dots n}) ，你需要计算有几种不同的奇怪有根树，满足对于 (1le ile n) ，有 (dep_ile a_i) ，其中 (dep_i) 表示点 (i) 到根节点的距离，也就是有几条边。

(1le nle 100)

这题dp状态设置和其他题不太一样，也可以算是一种套路，考虑到如果节点 (u) 的深度可以为 (x) ，那么其深度肯定也可以为 (x-1dots 0) ，于是便考虑从深度大的地方开始放节点。设 (dp_{i,j,k}) 表示考虑完深度 (idots n) ，其中第 (i) 层有 (j) 个节点，一共用了 (k) 个节点的方案数，转移就考虑枚举当前层放几个节点（假设满足 (a_yge x) 的 (y) 有 (sum_x) 个）：

[dp_{i,j,k}=sum_{l=0}^{j-k}dp_{i+1,j-k}k!C_{l+k-1}^{k-1}C_{sum_i-(j-k)}^k ]

例题：[NOIP2018模拟赛] 小P的技能

问深度大于 (k) 的 (n) 个节点的二叉树有多少个。

(1le nle 500)

像之前那样按深度dp？显然复杂度是不好的，考虑另一种dp状态设计：设 (dp_{i,j}) 表示 (i) 个节点深度为 (j) 构成二叉树的方案数，转移考虑枚举左子树和右子树的大小和深度：

[dp_{x+y,max(a,b)+1}gets dp_{x+y,max(a,b)+1}+dp_{x,a} imes dp_{y,b} ]

时间复杂度 (mathcal O(n^4)) ，如何优化？转移也可以写成这样：

[dp_{i,j}=sum_{a=0}^{i-1}(sum_{b=0}^{j-1}dp_{a,j-1} imes dp_{i-a-1,b}+sum_{b=0}^{j-2}dp_{a,b} imes dp_{i-a-1,j-1}) ]

[ o=sum_{a=0}^{i-1}(dp_{a,j-1} imessum_{b=0}^{j-1}dp_{i-a-1,b}+dp_{i-a-1,j-1} imessum_{b=0}^{j-2}dp_{a,b}) ]

比较显然的前缀和优化，设 (sum_{i,j}=sum_{l=0}^jdp_{i,l}) ：

[ o=sum_{a=0}^{i-1}(dp_{a,j-1}sum_{i-a-1,j-1}+dp_{i-a-1,j-1}sum_{a,j-2}) ]

时间复杂度： (mathcal O(n^3)) 。

例题：[APIO2016]烟火表演

给定一棵以 (1) 为根 (n) 个节点的树，每条边有边权，将边权为 (w) 的边边权改为 (w^{'}) 的花费是 (mid w-w^{'}mid) ，请用最小的花费使得根节点到所有叶子节点的距离相等。

(1le nle 3 imes 10^5)

设 (dp_{i,j}) 表示以 (i) 号节点为根的子树到 (i) 的父亲的距离全部修改为 (j) 所需要的最小花费。

转移：

[dp_{u,s}=min_{k=0}^s(mid val_u-kmid+sum_{v is u'son}dp_{v,s-k}) ]

设 (g_{u,k}=sum_{v is u'son}dp_{v,k}) ，那么：

[dp_{u,s}=min_{k=0}^s(mid val_u-kmid +g_{u,s-k}) ]

显然直接扫复杂度太劣了，如何优化？把 (dp_{u,s}) 看做是一个自变量为 (s) 的函数，观察这个函数的性质。

首先，叶子结点的函数图像一定是斜率为 (-1) 的一条折线加上斜率为 (1) 的一条折线。

然后从叶子节点手推一下，可以得到以下几个性质：

1. (dp_u) 和 (g_u) 为下凸函数。
2. 由 (g_u) 可以直接推得 (dp_u) 。
3. (dp_u) 和 (g_u) 函数下降段斜率最大为 (-1) ，上升段斜率最小为 (1) 。

假设函数 (g_u) 在 ([L,R]) 段取值为最小值，由 (g_u) 推得 (dp_u) 的方法如下：

1. 将函数在 ([1,L]) 的折线往上平移 (val_u) 个单位。
2. 将函数在 ([L,R]) 的折线往右平移 (val_u) 个单位。
3. 将函数在 ([R,+infty]) 的折线往右平移 (val_u) 个单位并把斜率改为 (-1) 。

这时空出了一段斜率为 (-1) 的折线，直接连上即可。

还有个性质： (g_u) 最右段的斜率是 (u) 的儿子数。

但是还有个问题：如何表示这个函数？

我感觉这题最妙的地方就是这里：用转折点的横坐标表示！

我们规定从左往右每经过一个转折点斜率就加 (1) ，那么：

1. 函数相加就是转折点的并（可以在纸上推一下）。
2. 从 (g_u) 转到 (dp_u) 相当于是先把横坐标最大的儿子数个的转折点弹出，然后把平行段的 ([L,R]) 取出，插入 ([L+val_u,R+val_u]) ，即再弹出两个横坐标最大的两个转折点，把它们加上 (val_u) 后再插回去。

那么要实现：

1. 合并两个点集。
2. 弹出权值最大的点。
3. 插入点。

于是，便自然而然地想到可并堆，利用可并堆维护函数图像，最终还原即可得到答案。