20251109 树状DP总结

引子

树状DP，就是在树上进行动态规划，由于树的特殊递归属性，所以树状DP都是在树上进行的。

树状DP可以分成两种：

1. 兄弟节点间无相互约束
2. 兄弟节点间有相互约束

第一种，兄弟节点间无相互约束的树状DP，这种树状DP意味着兄弟节点之间互不干扰，你干你的，他干他的。这种树状DP的经典例题有 洛谷 没有上司的舞会。

第二种，兄弟节点间有相互约束的树状DP，这种树状DP意味着兄弟节点间会互相干扰，就像给这几个兄弟节点分苹果，你分得多一点别人就分的少一点，你分得少一点别人就分的多一点。这种树状DP的经典例题有 洛谷 二叉苹果树。

P1352 没有上司的舞会

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简化题意：有 n 个点，他们的从属关系用一颗树来表示，父结点是子结点的直接上司。每个点有一个点权，求拿出若干个点且这若干个点的任意两点无从属关系的最大点权和。

我们定义状态 $dp[i][0/1]$ 表示以节点𝑖为根的子树的最大点权值。其中：

• 第二维取0表示节点 i 不参加舞会
• 第二维取1表示节点 i 参加舞会

状态转移方程如下（设 v 为 x 的子节点）：

1. 当 x 不参加舞会时：
   $dp[x][0]+=max(dp[v][1],dp[v][0]);$
   即子节点可以自由选择是否参加
2. 当 x 参加舞会时：
   $dp[x][1]+=dp[v][0];$
   此时所有子节点都不能参加

我们用DFS遍历这棵树，在回溯时更新每个节点的DP。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int r[6005],dp[6005][2];
vector<int> E[6005];
void dfs(int x,int fa){dp[x][1]=r[x];for(int i=0;i<E[x].size();i++){int v=E[x][i];if(v==fa)continue;dfs(v,x);dp[x][0]+=max(dp[v][1],dp[v][0]);dp[x][1]+=dp[v][0];}
}
int main(){int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>r[i];}for(int i=1;i<n;i++){int u,v;cin>>u>>v;E[u].push_back(v);E[v].push_back(u);}dfs(1,0);cout<<max(dp[1][0],dp[1][1]);return 0;
}

P2015 二叉苹果树

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题意：给定一棵树，n个点，有边权，至少保留q条边，求最大边权和。

1.q条边分到左子树多，那么右子树就少，兄弟节点间有数量约束，考虑第二类树型DP。

2.状态：dp[i][j] 表示以 i 为根节点的子树保留至多 j 条边的最大边权和。

3.答案： dp[1][q]

4.状态转移：

int v=E[x][i].v,w=E[x][i].w;
if(v==fa)continue;
dfs(v,x);
sz[x]+=sz[v];
for(int j=min(q,sz[x]);j>=0;j--){for(int k=0;k<=min(j-1,sz[v]);k++){dp[x][j]=max(dp[x][j],dp[v][k]+dp[x][j-k-1]+w);}
}

5.初始状态：$dp[x][0]=0$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node{int u,v,w;
};
vector<node> E[105];
int n,q,sz[105],dp[105][105];
void dfs(int x,int fa){sz[x]=1;for(int i=0;i<E[x].size();i++){int v=E[x][i].v,w=E[x][i].w;if(v==fa)continue;dfs(v,x);sz[x]+=sz[v];for(int j=min(q,sz[x]);j>=0;j--){for(int k=0;k<=min(j-1,sz[v]);k++){dp[x][j]=max(dp[x][j],dp[v][k]+dp[x][j-k-1]+w);}}}
}
int main(){cin>>n>>q;for(int i=1;i<n;i++){int u,v,w;cin>>u>>v>>w;E[u].push_back({u,v,w});E[v].push_back({v,u,w});}dfs(1,0);cout<<dp[1][q];return 0;
}