树形动态规划问题解析&树上背包问题研究

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1. 树上DP概述

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。

大部分的树形 DP 都是线性的，并且由于树本身就是有序的，所以具有十分良好的性质，例如子结构性质等。

树形 DP 在算法竞赛中考察多样，但是简单的可以分为：

  1. 树上线性 DP。
  2. 换根 DP。

树上线性 DP 也分为很多种，不同的题有不同的考法，实际上，所有的 DP 都能在树上考，但是蓝桥比赛中，一般就几种考法：

  1. 树上决策，例如选最大值，最小值。
  2. 树上背包。
  3. 换根，换根 dp 是树上的一类特殊性质。

接下来，我们将通过几个问题来描述这三种问题的解法。

2. 树上决策问题

树上决策问题，往往是子节点向父节点转移时，只取最优的解，这一点与线性 DP 十分相似。

看一道例题：

2. 1 生命之树-真题

图片描述

这题看着挺玄乎，其实并没有那么复杂。

我们观察题目要求：给定一棵树，选出一个非空集合，使得对于任意两个元素 $a, b$，都存在一个序列 $a, v_1, …v_k, b$ 是这个集合里的元素，并且相邻两个点之间有一条边。

本来可以一句话说清楚的事情，但是偏偏要给出数学定义，所以要考察大家的归纳整理能力。

实际上，就是要在树中选出一个连通块即可，并且满足连通块的和值最大。

为什么呢？

我们观察一幅图，相信大家能理解了：

图片描述

绿色的代表我们选择的点集合。这些点是连通的，所以满足要求。

如果换成这个样子：

图片描述

这样就不满足题目要求了。

所以大家可以体会出来，题目的要求，其实就是找一个树上的连通块。

那么我们的问题就变成了在树上找最大的连通块了。

树形 DP，终究还是 DP，所以需要划分子问题。

我们常用的方法是，将子节点为根的子树，看成子问题，然后合并到当前根。

将节点从深到浅（子树从小到大）的顺序作为 DP 的阶段，在 DP 的表示中，通常第一维代表节点的编号，后续维度按照问题进行设计。

首先我们需要解决一个问题，树上的连通块是什么？有什么性质可以利用。

答案是：树上的联通块也是树，他一定有根。所以我们要是找到这个根，或者枚举这个根，就可以找到答案。

我们设计的状态如下：

$dp_i$ 表示，对于节点为 $i$ 的子树，我们找到的以 $i$ 为根的连通块和值最大是 $dp_i$。

那么我们的转移的意义就是：对于 $i$ 来说，由于 $i$ 一定存在连通块中，所以，我们要找到他的儿子中，哪些是和 $i$ 连着的。

有一种贪心方案，对于 $i$ 的儿子 $v \in son(i)$ ，如果 $dp_v \ge 0$，我们就将他接入父亲即可。

所以，我们的转移方程就是： $$ dp_i = w_i + \sum _{dp_j \ge 0 & j \in son(i)} dp_j $$ 代码如下：

  • C++
1
#include <iostream> #include <vector> using namespace std; const int N = 1e5+100; typedef long long ll; vector<int> G[N]; int w[N]; ll dp[N], ans = -1e18; int n; void dfs(int u, int f) { dp[u] = w[u]; for (int v : G[u]) { if (v == f) continue; dfs(v, u); if (dp[v] > 0) { dp[u] += dp[v]; } } ans = max(ans, dp[u]); } int main() { cin >> n; for (int i = 1; i <= n; ++i) { cin >> w[i]; } int u, v; for (int i = 1; i < n; ++i) { cin >> u >> v; G[u].push_back(v); G[v].push_back(u); } dfs(1, 0); cout << ans << endl; return 0; }
  • Java
1
import java.util.*; public class Main { private static final int N = (int) (1e5 + 100); private static long[] dp; private static int[] w; private static List<List<Integer>> G; private static long ans = Long.MIN_VALUE; private static int n; private static void dfs(int u, int f) { dp[u] = w[u]; for (int v : G.get(u)) { if (v == f) continue; dfs(v, u); if (dp[v] > 0) { dp[u] += dp[v]; } } ans = Math.max(ans, dp[u]); } public static void main(String[] args) { Scanner scanner = new Scanner(System.in); n = scanner.nextInt(); w = new int[N]; G = new ArrayList<>(); for (int i = 0; i < N; i++) { G.add(new ArrayList<>()); } dp = new long[N]; for (int i = 0; i < n; i++) { w[i] = scanner.nextInt(); } for (int i = 0; i < n - 1; i++) { int u = scanner.nextInt() - 1; // 0-indexed in Java int v = scanner.nextInt() - 1; G.get(u).add(v); G.get(v).add(u); } dfs(0, -1); System.out.println(ans); scanner.close(); } }
  • Python
1
import sys sys.setrecursionlimit(100000) n = int(input()) aList = [0] + [int(i) for i in input().split()] tree = [[]for i in range(n+1)] ans = 0 dp = [0 for i in range(n+1)] for i in range(n-1): m, n =map(int, input().split()) tree[m].append(n) tree[n].append(m) def dfs(u,f): global ans dp[u] = aList[u] for i in tree[u]: if i !=f: dp[i] = dfs(i, u) if dp[i]>0: dp[u] += dp[i] ans=max(ans, dp[u]) return dp[u] dfs(1, 0) print(ans)

3. 树上背包问题

树上背包问题，本质上还是背包，可以看成在树上进行的背包。

每次转移都是在父亲与儿子之间进行了一次经典背包转移。

3.1 小明的背包6

图片描述

这个是典型的依赖背包问题。

并且依赖关系构成了一棵树。

我们看样例：

1
2
3
4
5
6
7
<span>6 </span><span>15</span>
<span>3 </span><span>4</span> <span>0</span>
<span>2 </span><span>3</span> <span>1</span>
<span>2 </span><span>5</span> <span>1</span>
<span>3 </span><span>5</span> <span>1</span>
<span>4 </span><span>8</span> <span>2</span>
<span>3 </span><span>9</span> <span>2</span>

图片描述

依赖关系如上图所示：上图的含义是如果只有购买了 $1$ 号物品，才能购买 $2, 3, 4$ 号物品。

记住，我们的目标是划分子问题，也就是说，只要保证了一个子问题的划分是正确的，那么由于树的优良递归性质，其他的也会是正确的。

复习一下普通的背包问题，用 $dp_i$ 表示，在使用了 $i$ 空间的情况下的最大价值。

但是在树问题中，由于第一维度是节点的编号，所以我们用 $dp_{i,j}$ 表示对于 $i$ 子树来说，使用了 $j$ 空间的最大价值。

当然题目中有要求，必须满足依赖关系，所以，我们需要重新定义： $dp_{i,j}$ 表示对于 $i$ 子树来说，使用了 $j$ 空间且满足依赖关系的最大价值。

如何满足呢？

我们只需要保证每一个 $dp_{i,j}$ 都选了 $i$ 节点即可。

我们可以在背包中预留出节点 $i$ 的空间即可。

代码如下：

  • C ++
1
#include <iostream> #include <algorithm> #include <vector> using namespace std; const int N = 1e2+20; vector<int> G[N]; int n, V; int v[N], w[N]; int dp[N][N]; void dfs(int u) { for (int i = v[u]; i <= V; ++i) dp[u][i] = w[u]; for (int i : G[u]) { dfs(i); for (int j = V; j >= v[u] + v[i]; --j) { for (int k = v[i]; k <= j - v[u]; ++k) // 剩余的空间 dp[u][j] = max(dp[u][j - k] + dp[i][k], dp[u][j]); } } } int main() { cin >> n >> V; int s; for (int i = 1; i <= n; ++i) { cin >> v[i] >> w[i] >> s; G[s].push_back(i); } dfs(0); cout << dp[0][V] << '\n'; }
  • Java
1
import java.util.ArrayList; import java.util.List; import java.util.Scanner; public class Main { private static int V; private static int[][] dp; private static List<List<Integer>> G; private static int[] v; private static int[] w; private static void dfs(int u) { for (int i = v[u]; i <= V; ++i) { dp[u][i] = w[u]; } for (int child : G.get(u)) { dfs(child); for (int j = V; j >= v[u] + v[child]; --j) { for (int k = v[child]; k <= j - v[u]; ++k) { dp[u][j] = Math.max(dp[u][j - k] + dp[child][k], dp[u][j]); } } } } public static void main(String[] args) { Scanner scanner = new Scanner(System.in); int n = scanner.nextInt(); V = scanner.nextInt(); G = new ArrayList<>(); for (int i = 0; i <= n; ++i) { G.add(new ArrayList<>()); } v = new int[n + 1]; w = new int[n + 1]; dp = new int[n + 1][V + 1]; for (int i = 1; i <= n; ++i) { v[i] = scanner.nextInt(); w[i] = scanner.nextInt(); int s = scanner.nextInt(); G.get(s).add(i); } dfs(0); System.out.println(dp[0][V]); scanner.close(); } }
  • Python
1
class Solution: def dfs(self, u, dp, G, v, w, V): for i in range(v[u], V + 1): dp[u][i] = w[u] for child in G[u]: self.dfs(child, dp, G, v, w, V) for j in range(V, v[u] + v[child] - 1, -1): for k in range(v[child], j - v[u] + 1): dp[u][j] = max(dp[u][j - k] + dp[child][k], dp[u][j]) def main(self): n, V = map(int, input().split()) G = [[] for _ in range(n + 1)] # 0-indexed in Python v = [0] * (n + 1) w = [0] * (n + 1) for i in range(1, n + 1): v[i], w[i], s = map(int, input().split()) G[s].append(i) dp = [[0] * (V + 1) for _ in range(n + 1)] self.dfs(0, dp, G, v, w, V) print(dp[0][V]) # Run the main function solution = Solution() solution.main()

4. 换根 DP 问题

换根 DP，面对的问题通常是“不定根”问题，也就是说，对于一棵树，他的根不一定是 $1$ 号点，可能是任意某个点。

或者在某些问题中，我们需要尝试计算以每个点为根的情况，最后维护出最大值。

我们先看一副图，来理解所谓的“换根”。

图片描述

我们将原来以 $1$ 为根换成了以 $2$ 为根。那么树的形态也就发生了变化。

如果每次都是选择一个点作为根进行处理，那么总的时间复杂度为 $O(n^2)$，但是如果我们能发现性质，我们可以将复杂度降为 $O(n)$。

即换一次根的复杂度为 $O(1)$，下面，我们将讲述这种方法。

在一般的问题中，我们常常是利用dfs来不断的将根转换为根的子节点。

我们会发现一些事情：

图片描述

我们一次转换的过程，其实有很大一部分并没有发生变化，体现在 DP 转移中，就是这些点的 DP 值也不会发生改变。

实际上改变的只有改变身份的两个点，其他的点都不会发生变化。

在换根的问题中，一般的步骤如下：

  1. 以 $1$ 为根进行一遍扫描，并且处理出必要的信息，例如深度、DP 值等。
  2. 开始以 $1$ 进行换根，并且向下递归，在递归之前，需要将自己变成子节点的身份。
  3. 进入新的根后，按照根的身份，重新进行转移。并且维护答案。

4.1 卖树

图片描述

本题需要计算以每个点为根的情况下，产生的盈利。

如果我们确定了一个点为根，我们很容易算出答案，如果确定了根，问题就变成了求最大深度，这个问题只需要一遍DFS就可以完成。

1
void dfs(int u, int f, int dt) { // 求出以1为根的原始信息 dep[u] = dt; Mdp[u] = 0; // Mdp即为当前点为根的最大深度 for (int v : G[u]) { if (v == f) continue; dfs(v, u, dt + 1); Mdp[u] = max(Mdp[v] + 1, Mdp[u]); } }

因为节点数量太多，我们无法承受 $O(n^2)$ 的复杂度，所以我们需要进行换根，

基本思想如上述一致：

  1. 我们需要先算出以 $1$ 为根的信息，包括以每个节点为子树的最大深度，从 $1$ 转移到 $i$ 节点的代价。
  2. 我们从 $1$ 号点开始换根，每次只将根的身份换给儿子，然后进入递归，进入之前，我们需要将当前点的身份改为子节点。
  3. 进行新的根，由于原来的转移已经失效，所以需要重新转移。并且维护答案，然后重复2步骤。
  • C++
1
#include <iostream> #include <vector> using namespace std; const int N = 1e5+10; vector<int> G[N]; int n, k, c; int dep[N], Mdp[N]; typedef long long ll; ll ans = 0; void dfs(int u, int f, int dt) { // 求出以1为根的原始信息 dep[u] = dt; Mdp[u] = 0; for (int v : G[u]) { if (v == f) continue; dfs(v, u, dt + 1); Mdp[u] = max(Mdp[v] + 1, Mdp[u]); } } void dfs2(int u, int f) { // 开始换根 /** * 重新转移 */ int tmpf = 0, Mx1 = 0, Mx2 = 0; for (int v : G[u]) { tmpf = max(tmpf, Mdp[v] + 1); } // 维护答案 ans = max(1ll * tmpf * k - 1ll * dep[u] * c, ans); // 根变儿子步骤 int pre = Mdp[u]; for (int v : G[u]) { if (Mdp[v] + 1 > Mx1) { Mx2 = Mx1; Mx1 = Mdp[v] + 1; } else if (Mdp[v] + 1 > Mx2) { Mx2 = Mdp[v] + 1; } } for (int v : G[u]) { if (v == f) continue; // 由于根要变成儿子，所以要改变原来的转移值 if (Mdp[v] + 1 == Mx1) Mdp[u] = Mx2; else Mdp[u] = Mx1; dfs2(v, u); } // 还原原始的值。 Mdp[u] = pre; } void sol() { for (int i = 1; i <= n; ++i) G[i].clear(); ans = 0; cin >> n >> k >> c; int u, v; for (int i = 1; i < n; ++i) { cin >> u >> v; G[u].push_back(v); G[v].push_back(u); } dfs(1, 0, 0); dfs2(1, 0); cout << ans << '\n'; } int main() { ios::sync_with_stdio(0); int T; cin >> T; while (T --) { sol(); } return 0; }
  • Python
1
from collections import defaultdict import sys sys.setrecursionlimit(100000) N = 100010 G = defaultdict(list) n, k, c = 0, 0, 0 dep = [0] * N Mdp = [0] * N ans = 0 def dfs(u, f, dt): # 求出以1为根的原始信息 global dep, Mdp dep[u] = dt Mdp[u] = 0 for v in G[u]: if v == f: continue dfs(v, u, dt + 1) Mdp[u] = max(Mdp[v] + 1, Mdp[u]) def dfs2(u, f): # 开始换根 global ans, dep, Mdp tmpf = 0 Mx1 = 0 Mx2 = 0 # 重新转移 for v in G[u]: tmpf = max(tmpf, Mdp[v] + 1) # 维护答案 ans = max(ans, tmpf * k - dep[u] * c) # 根变儿子步骤 pre = Mdp[u] for v in G[u]: if Mdp[v] + 1 > Mx1: Mx2 = Mx1 Mx1 = Mdp[v] + 1 elif Mdp[v] + 1 > Mx2: Mx2 = Mdp[v] + 1 for v in G[u]: if v == f: continue # 由于根要变成儿子，所以要改变原来的转移值 if Mdp[v] + 1 == Mx1: Mdp[u] = Mx2 else: Mdp[u] = Mx1 dfs2(v, u) # 还原原始的值。 Mdp[u] = pre def sol(): global n, k, c, ans, G, dep, Mdp n, k, c = map(int, input().split()) G.clear() ans = 0 for _ in range(n - 1): u, v = map(int, input().split()) G[u].append(v) G[v].append(u) dfs(1, 0, 0) dfs2(1, 0) print(ans) T = int(input()) for _ in range(T): sol()
  • Java
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import java.util.*; import java.io.*; public class Main { static final int N = 100010; static List<Integer>[] G; static int n, k, c; static int[] dep, Mdp; static long ans; static void dfs(int u, int f, int dt) { // 求出以1为根的原始信息 Mdp[u] = 0; for (int v : G[u]) { if (v == f) continue; dfs(v, u, dt + 1); Mdp[u] = Math.max(Mdp[v] + 1, Mdp[u]); } } static void dfs2(int u, int f) { // 开始换根 int tmpf = 0, Mx1 = 0, Mx2 = 0; /** * 重新转移 */ for (int v : G[u]) { tmpf = Math.max(tmpf, Mdp[v] + 1); } // 维护答案 ans = Math.max(ans, (long) tmpf * k - (long) dep[u] * c); // 根变儿子步骤 int pre = Mdp[u]; for (int v : G[u]) { if (Mdp[v] + 1 > Mx1) { Mx2 = Mx1; Mx1 = Mdp[v] + 1; } else if (Mdp[v] + 1 > Mx2) { Mx2 = Mdp[v] + 1; } } for (int v : G[u]) { if (v == f) continue; // 由于根要变成儿子，所以要改变原来的转移值 if (Mdp[v] + 1 == Mx1) { Mdp[u] = Mx2; } else { Mdp[u] = Mx1; } dfs2(v, u); } // 还原原始的值。 Mdp[u] = pre; } static void sol(Scanner scanner) { for (int i = 1; i <= n; i++) G[i].clear(); ans = 0; n = scanner.nextInt(); k = scanner.nextInt(); c = scanner.nextInt(); int u, v; for (int i = 1; i < n; i++) { u = scanner.nextInt(); v = scanner.nextInt(); G[u].add(v); G[v].add(u); } dfs(1, 0, 0); dfs2(1, 0); System.out.println(ans); } public static void main(String[] args) { G = new ArrayList[N]; for (int i = 0; i < N; i++) { G[i] = new ArrayList<>(); } dep = new int[N]; Mdp = new int[N]; Scanner scanner = new Scanner(System.in); int T = scanner.nextInt(); while (T-- > 0) { sol(scanner); } } }

5. 作业

题目 链接
取气球（算法赛） https://www.lanqiao.cn/problems/17024/learning/
左孩子右兄弟（21 年省赛） https://www.lanqiao.cn/problems/1451/learning/
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