树形 $dp$

例1 - 基础

链接：树上子链

练手

分析

• 其实一看题就很显然的树形 $dp$
• 子链在这里分为两种情况，如图黑链和红链

思路

• $dp[i]$ 表示以 $i$ 开头的红链的最大权值
• 易得：$dp[i]=max(dp[i],a[u]+dp[v])$
• 黑链的更新你可以另设一个 $dp$ ，也可以直接更新答案 $ans=max(ans,dp[u]+dp[v])$
• 黑链存在的话一定是最长两条红链的和，应该说是两条子红链加父亲节点权值 你可以想想这样为什么行

#include <bits/stdc++.h>

using ll = long long;

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(nullptr);

    int n;
    std::cin >> n;
    
    std::vector<ll> a(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        std::cin >> a[i];
    }
    
    std::vector<std::pair<int ,int>> e((n + 1) << 1);
    std::vector<int> head(n + 1);
    int cnt = 0;
    auto add = [&](int u, int v) {
        e[++cnt] = {v, head[u]}, head[u] = cnt;
    };
    for (int i = 1; i < n; ++i) {
        int u, v;
        std::cin >> u >> v;
        add(u, v);
        add(v, u);
    }
    
    ll ans = -1e18;
    std::vector<ll> dp(n + 1);
    std::function<void(int, int)> dfs = [&](int u, int f) {
        dp[u] = a[u];
        for (int i = head[u]; i; i = e[i].second) {
            int v = e[i].first;
            if (v xor f) {
                dfs(v, u);
                ans = std::max(ans, dp[u] + dp[v]);
                dp[u] = std::max(dp[u], a[u] + dp[v]);
            }
        }
        ans = std::max(ans, dp[u]);
    };
    dfs(1, 0);
    std::cout << ans;
    
    return 0;
}

例2 - 进阶

链接：二叉苹果树

练手

分析

• 树上背包

思路

• 设 $dp[i][j]$ 表示以 $i$ 节点保留 $j$ 条树枝最多苹果数量。
• 易得：$\sum _{j=2}^m\sum _{k=1,k<j}^{sz[v]}dp[u][j]=max(dp[u][j],dp[u][j-k]+dp[v][k]$ 。
• 注意：这里的二维其实相当于普通背包的一维，所以 $j$ 的枚举应该倒序。

#include<bits/stdc++.h>

using ll = long long;

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(nullptr);

    int n, q;
    std::cin >> n >> q;
    ++q;

    std::vector<std::tuple<int, int, int>> e((n + 1) << 1);
    std::vector<int> head(n + 1);
    int cnt = 0;
    auto add = [&](int u, int v, int w) {
        e[++cnt] = {v, w, head[u]}, head[u] = cnt;
    };
    for (int i = 1; i < n; ++i) {
        int u, v, w;
        std::cin >> u >> v >> w;
        add(u, v, w);
        add(v, u, w);
    }

    std::vector<std::vector<int>> dp(n + 1, std::vector<int>(q + 1));
    std::vector<int> sz(n + 1);
    std::function<void(int, int, int)> dfs = [&](int u, int f, int m) {
        sz[u] = 1;
        for (int i = head[u]; i;) {
            auto [v, w, nxt] = e[i];
            if (f xor v) {
                dp[v][1] = w;
                dfs(v, u, m);
                sz[u] += sz[v];
                for (int j = m; j > 1; --j) {
                    for (int k = 1; k <= sz[v] and k < j; ++k) {
                        dp[u][j] = std::max(dp[u][j], dp[u][j - k] + dp[v][k]);
                    }
                }
            }
            i = nxt;
        }
    };
    dfs(1, 0, q);
    std::cout << dp[1][q];

    return 0;
}

例3 - 困难

链接：树上染色

练手，这个更难

分析

• 可以考虑上题一样就背包思想，枚举。

思路

• 设 $dp[u][j]$ 为 $u$ 节点 染 $j$ 个为黑色最大效益。
• 易得：$\sum _{j=0}^{min(k,sz[u])}\sum _{l=0}^{min(sz[v],l)}dp[u][j]=max(dp[u][j],dp[u][j-l]+dp[v][l]+val$ 。
• $val$ 即是很常见的计算贡献的思想。
• 考虑一条边把树分成两部分树 $A$ ，树 $B$ ，树 $B$ 选择 $l$ 个点染黑色，那么另外 $k-l$ 个黑色节点即在树 $A$，那么这条边就会被计算 $l\times (k-l)$ 次，贡献即为 $l\times (k-l)\times w$ 。树 $B$ 的另外 $sz[B]-l$ 个节点即为白色，那么另外 $n-k-(sz[B]-l)$ 个白色节点即在树 $A$ ，所以该边白色贡献为 $(sz[B]-l)\times (n-k-(sz[B]-l))\ast w$ 。
• 同样倒序枚举 $j$ 。

#include <bits/stdc++.h>

using ll = long long;

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(nullptr);

    int n, k;
    std::cin >> n >> k;

    std::vector<std::tuple<int, ll, int>> e((n + 1) << 1);
    std::vector<int> head(n + 1);
    int cnt = 0;
    auto add = [&](int u, int v, ll w) {
        e[++cnt] = {v, w, head[u]}, head[u] = cnt;
    };
    for (int i = 1; i < n; ++i) {
        int u, v;
        ll w;
        std::cin >> u >> v >> w;
        add(u, v, w);
        add(v, u, w);
    }

    std::vector<std::vector<ll>> dp(n + 1, std::vector<ll>(k + 1, -1));
    std::vector<int> sz(n + 1);
    std::function<void(int, int)> dfs = [&](int u, int f) {
        sz[u] = 1;
        dp[u][0] = dp[u][1] = 0;
        for (int i = head[u]; i;) {
            auto [v, w, nxt] = e[i];
            if (v xor f) {
                dfs(v, u);
                sz[u] += sz[v];
                for (int j = std::min(k, sz[u]); j >= 0; --j) {
                    for (int l = 0; l <= std::min(sz[v], k); ++l) {
                        if (dp[u][j - l] not_eq -1 and j >= l) {
                            ll val = 1ll * l * (k - l) * w + 1ll * (sz[v] - l) * (n - k - (sz[v] - l)) * w;
                            dp[u][j] = std::max(dp[u][j], dp[u][j - l] + dp[v][l] + val);
                        }
                    }
                }
            }
            i = nxt;
        }
    };

    dfs(1, 0);
    std::cout << dp[1][k];

    return 0;
}