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树形 DP

树形 DP，即在树上进行的 DP。由于树固有的递归性质，树形 DP 一般都是递归进行的。

基础

以下面这道题为例，介绍一下树形 DP 的一般过程。

例题 洛谷 P1352 没有上司的舞会

某大学有 \(n\) 个职员，编号为 \(1 \sim N\)。他们之间有从属关系，也就是说他们的关系就像一棵以校长为根的树，父结点就是子结点的直接上司。现在有个周年庆宴会，宴会每邀请来一个职员都会增加一定的快乐指数 \(a_i\)，但是呢，如果某个职员的直接上司来参加舞会了，那么这个职员就无论如何也不肯来参加舞会了。所以，请你编程计算，邀请哪些职员可以使快乐指数最大，求最大的快乐指数。

我们设 \(f(i,0/1)\) 代表以 \(i\) 为根的子树的最优解（第二维的值为 0 代表 \(i\) 不参加舞会的情况，1 代表 \(i\) 参加舞会的情况）。

对于每个状态，都存在两种决策（其中下面的 \(x\) 都是 \(i\) 的儿子）：

  • 上司不参加舞会时，下属可以参加，也可以不参加，此时有 \(f(i,0) = \sum\max \{f(x,1),f(x,0)\}\)；
  • 上司参加舞会时，下属都不会参加，此时有 \(f(i,1) = \sum{f(x,0)} + a_i\)。

我们可以通过 DFS，在返回上一层时更新当前结点的最优解。

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#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;

struct edge {
  int v, next;
} e[6005];

int head[6005], n, cnt, f[6005][2], ans, is_h[6005], vis[6005];

void addedge(int u, int v) {  // 建图
  e[++cnt].v = v;
  e[cnt].next = head[u];
  head[u] = cnt;
}

void calc(int k) {
  vis[k] = 1;
  for (int i = head[k]; i; i = e[i].next) {  // 枚举该结点的每个子结点
    if (vis[e[i].v]) continue;
    calc(e[i].v);
    f[k][1] += f[e[i].v][0];
    f[k][0] += max(f[e[i].v][0], f[e[i].v][1]);  // 转移方程
  }
  return;
}

int main() {
  scanf("%d", &n);
  for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &f[i][1]);
  for (int i = 1; i < n; i++) {
    int l, k;
    scanf("%d%d", &l, &k);
    is_h[l] = 1;
    addedge(k, l);
  }
  for (int i = 1; i <= n; i++)
    if (!is_h[i]) {  // 从根结点开始DFS
      calc(i);
      printf("%d", max(f[i][1], f[i][0]));
      return 0;
    }
}

习题

树上背包

树上的背包问题，简单来说就是背包问题与树形 DP 的结合。

例题 洛谷 P2014 CTSC1997 选课

现在有 \(n\) 门课程，第 \(i\) 门课程的学分为 \(a_i\)，每门课程有零门或一门先修课，有先修课的课程需要先学完其先修课，才能学习该课程。

一位学生要学习 \(m\) 门课程，求其能获得的最多学分数。

\(n,m \leq 300\)

每门课最多只有一门先修课的特点，与有根树中一个点最多只有一个父亲结点的特点类似。

因此可以想到根据这一性质建树，从而所有课程组成了一个森林的结构。为了方便起见，我们可以新增一门 \(0\) 学分的课程（设这个课程的编号为 \(0\)），作为所有无先修课课程的先修课，这样我们就将森林变成了一棵以 \(0\) 号课程为根的树。

我们设 \(f(u,i,j)\) 表示以 \(u\) 号点为根的子树中，已经遍历了 \(u\) 号点的前 \(i\) 棵子树，选了 \(j\) 门课程的最大学分。

转移的过程结合了树形 DP 和 背包 DP 的特点，我们枚举 \(u\) 点的每个子结点 \(v\)，同时枚举以 \(v\) 为根的子树选了几门课程，将子树的结果合并到 \(u\) 上。

记点 \(x\) 的儿子个数为 \(s_x\)，以 \(x\) 为根的子树大小为 \(\textit{siz_x}\)，可以写出下面的状态转移方程：

\[ f(u,i,j)=\max_{v,k \leq j,k \leq \textit{siz_v}} f(u,i-1,j-k)+f(v,s_v,k) \]

注意上面状态转移方程中的几个限制条件，这些限制条件确保了一些无意义的状态不会被访问到。

\(f\) 的第二维可以很轻松地用滚动数组的方式省略掉，注意这时需要倒序枚举 \(j\) 的值。

可以证明，该做法的时间复杂度为 \(O(nm)\)1。

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#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;
int f[305][305], s[305], n, m;
vector<int> e[305];

int dfs(int u) {
  int p = 1;
  f[u][1] = s[u];
  for (auto v : e[u]) {
    int siz = dfs(v);
    // 注意下面两重循环的上界和下界
    // 只考虑已经合并过的子树，以及选的课程数超过 m+1 的状态没有意义
    for (int i = min(p, m + 1); i; i--)
      for (int j = 1; j <= siz && i + j <= m + 1; j++)
        f[u][i + j] = max(f[u][i + j], f[u][i] + f[v][j]);  // 转移方程
    p += siz;
  }
  return p;
}

int main() {
  scanf("%d%d", &n, &m);
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    int k;
    scanf("%d%d", &k, &s[i]);
    e[k].push_back(i);
  }
  dfs(0);
  printf("%d", f[0][m + 1]);
  return 0;
}

习题

换根 DP

树形 DP 中的换根 DP 问题又被称为二次扫描，通常不会指定根结点，并且根结点的变化会对一些值，例如子结点深度和、点权和等产生影响。

通常需要两次 DFS，第一次 DFS 预处理诸如深度，点权和之类的信息，在第二次 DFS 开始运行换根动态规划。

接下来以一些例题来带大家熟悉这个内容。

例题 [POI2008]STA-Station

给定一个 \(n\) 个点的树，请求出一个结点，使得以这个结点为根时，所有结点的深度之和最大。

不妨令 \(u\) 为当前结点，\(v\) 为当前结点的子结点。首先需要用 \(s_i\) 来表示以 \(i\) 为根的子树中的结点个数，并且有 \(s_u=1+\sum s_v\)。显然需要一次 DFS 来计算所有的 \(s_i\)，这次的 DFS 就是预处理，我们得到了以某个结点为根时其子树中的结点总数。

考虑状态转移，这里就是体现＂换根＂的地方了。令 \(f_u\) 为以 \(u\) 为根时，所有结点的深度之和。

\(f_v\leftarrow f_u\) 可以体现换根，即以 \(u\) 为根转移到以 \(v\) 为根。显然在换根的转移过程中，以 \(v\) 为根或以 \(u\) 为根会导致其子树中的结点的深度产生改变。具体表现为：

  • 所有在 \(v\) 的子树上的结点深度都减少了一，那么总深度和就减少了 \(s_v\)；

  • 所有不在 \(v\) 的子树上的结点深度都增加了一，那么总深度和就增加了 \(n-s_v\)；

根据这两个条件就可以推出状态转移方程 \(f_v = f_u - s_v + n - s_v=f_u + n - 2 \times s_v\)。

于是在第二次 DFS 遍历整棵树并状态转移 \(f_v=f_u + n - 2 \times s_v\)，那么就能求出以每个结点为根时的深度和了。最后只需要遍历一次所有根结点深度和就可以求出答案。

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int head[1000010 << 1], tot;
long long n, sz[1000010], dep[1000010];
long long f[1000010];

struct node {
  int to, next;
} e[1000010 << 1];

void add(int u, int v) {  // 建图
  e[++tot] = {v, head[u]};
  head[u] = tot;
}

void dfs(int u, int fa) {  // 预处理dfs
  sz[u] = 1;
  dep[u] = dep[fa] + 1;
  for (int i = head[u]; i; i = e[i].next) {
    int v = e[i].to;
    if (v != fa) {
      dfs(v, u);
      sz[u] += sz[v];
    }
  }
}

void get_ans(int u, int fa) {  // 第二次dfs换根dp
  for (int i = head[u]; i; i = e[i].next) {
    int v = e[i].to;
    if (v != fa) {
      f[v] = f[u] - sz[v] * 2 + n;
      get_ans(v, u);
    }
  }
}

int main() {
  scanf("%lld", &n);
  int u, v;
  for (int i = 1; i <= n - 1; i++) {
    scanf("%d%d", &u, &v);
    add(u, v);
    add(v, u);
  }
  dfs(1, 1);
  for (int i = 1; i <= n; i++) f[1] += dep[i];
  get_ans(1, 1);
  long long int ans = -1;
  int id;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {  // 统计答案
    if (f[i] > ans) {
      ans = f[i];
      id = i;
    }
  }
  printf("%d\n", id);
  return 0;
}

习题

参考资料与注释

  1. 子树合并背包类型的 dp 的复杂度证明 - LYD729 的 CSDN 博客 ↩

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