树形DP的一些理解（一）

树形DP也就是在树上进行动态规划……（比如什么柿子树啊槐树啊苹果树啊）其思路大致为先将问题转化成树 （邻接矩阵、邻接表、链式前向星）（我也不太清楚链式前向星是不是邻接表……总之用就好了）邻接矩阵，方便快捷，简单实用……然后空间占用很大，而邻接表写起来略微繁琐，但是……它空间少啊！！！视情况使用邻接矩阵或者邻接表即可。
开始步入正题……
先来看一下这个二叉苹果树（是的，要在苹果树上做DP）

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题目意思：
有一棵苹果树，苹果树的是一棵二叉树，共N个节点，树节点编号为1~N，编号为1的节点为树根，边可理解为树的分枝，每个分支都长着若干个苹果，现在要要求减去若干个分支，保留M个分支，要求这M个分支的苹果数量最多。

输入：
N M
接下来的N-1行是树的边，和该边的苹果数N and M (1 ≤ M < N;1 < N ≤ 100)
输出：
剩余苹果的最大数量。

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数据规模也不是很大……但是还是老老实实用邻接表比较好（虽然麻烦，但是可能这个题目给你限制个内存就呵呵了）
我们可以先存一下这个图……我是用的ACdreamers博文中的链式前向星来存的图，有很详细的讲解（传送门：
链式前向星——byACdreamers）
话说ACdreamers有好多篇好的博文……建议大家关注一下。
存好图后，需要把它转成一棵树（因为题目要求要裁掉枝条……自然需要转二叉树）……但是问题是（相比邻接矩阵这种多开了那么大空间的东西）邻接表其实比较晕……
绕的自己晕晕乎乎终于转好了树……转完二叉树我们要做什么呢？自然是DP，看看每个结点选几个枝条即可。
在这里推荐一种方法叫做记忆化搜索！
记忆化搜索是一个搜索+DP的四不像！（四不像是贬义词？）
总之很好用就是了~在找不到很奇怪的转移方程时（阶段划分不明显？），请使用记忆化搜索。（百科了一下……似乎是懒得拓扑排序的时候使用的啊）
PS:————写于刚看懂记忆化搜索20分钟后。
下面来贴一下我的代码。

#include <iostream>#include <cstring>#include <cstdio>#include <cmath>#include <ctime>#include <stack>#include <cstdlib>#include <queue>#include <algorithm>#include <iomanip>using namespace std;const int maxn=10005;int n,Q;int dp[maxn][maxn];struct star{    int next,to,w;}edge[maxn+maxn];   //邻接表无向图边数*2不过据说加法更快 struct Tree{    int lc,rc;    int father;}tree[maxn+maxn];int head[maxn+maxn];int cnt=0;int vis[maxn];void Init(){    memset(head,-1,sizeof(head));    memset(tree,0,sizeof(tree));     memset(vis,1,sizeof(vis));//没有以这个结点建过树     memset(dp,-1,sizeof(dp));//记忆化搜索初值     cnt=0;}void save(){    //存图    cin>>n>>Q;    int u,v,w;    for(int i=1;i<=n-1;i++){        scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);        edge[cnt].next=head[u];        edge[cnt].to=v;        edge[cnt].w=w;        head[u]=cnt++;        edge[cnt].next=head[v];        edge[cnt].to=u;        edge[cnt].w=w;        head[v]=cnt++;    }}void maketree(int root){    //建树 （以root为父亲结点） （话说是不是用father更好啊0v0）     vis[root]=0;            //一会要拿它建树，那么先把它弄成0（表示已经建过了）     for(int i=head[root];~i;i=edge[i].next){   //开始把链转成树         if(vis[edge[i].to]){                                 if(!tree[root].lc)tree[root].lc=edge[i].to;//不要被这个下标给弄晕（没有左子树）             else tree[root].rc=edge[i].to;//右子树             tree[edge[i].to].father=edge[i].w;//这里我的father存的是权值（比较奇葩）这个意思是它的子节点与父节点的连线的权值             maketree(edge[i].to);//和它相连的结点，开始建树。（也就是它的子树）         }    }}int dfs(int p,int q){    if (~dp[p][q]) return dp[p][q];//如果不再是初值了（已经结算过了）     if (p==0 || q==0) //如果已经到了叶节点或者说没有枝条可以再分了     {        dp[p][q]=0;         return 0;    }    dp[p][q]=0;//已经遍历过了     for (int i=0;i<=q-1;i++)//枚举：分几个树枝给左子树分几个给右子树     {        int l=dfs(tree[p].lc,i);//左子树的最优值         int r=dfs(tree[p].rc,q-i-1);//右子树的最优值 那么问题来了，为什么这两个（在dfs中第二个参数）相加之和不让它等于q？         if (dp[p][q]<l+r) dp[p][q]=l+r;//DP取最大值     }    dp[p][q]+=tree[p].father;//选它自己的时候需要加上它上面的那根树枝（权值） （这就是为什么不让它等于q的原因了……因为等于了q没办法再选它自己了）     return dp[p][q];}int main (){    Init();    save();    maketree(1);    cout<<dfs(1,Q+1);//Q+1：在DFS中，由于设定的那个枚举是0~q-1，（其中包含了选自己的一根树枝花费），可是根节点不用选自己。 return 0;}

感觉非常萌萌哒。（这怎么就萌萌哒了你给我解释）

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我是萌萌哒的分割线

上半部分写在NOIP第一次提高组复赛前夜，现在想想确实很不是滋味，虽然第一次参加，但是165分也还是少了点……
继续总结吧。
相信二叉苹果树已经很详细地解答了，下面我们来看一下饭店问题吧。
饭店问题如下：
【题目描述】

政府邀请了你在火车站开饭店，但不允许同时在两个相连接的火车站开。任意两个火车站有且只有一条路径，每个火车站最多有50个和它相连接的火车站。
告诉你每个火车站的利润，问你可以获得的最大利润为多少。

【输入格式】

第一行输入整数N(<=100000)，表示有N个火车站，分别用1，2。。。，N来编号。接下来N行，每行一个整数表示每个站点的利润，接下来N-1行描述火车站网络，每行两个整数，表示相连接的两个站点。

【输出格式】

输出一个整数表示可以获得的最大利润。

【样例输入】

6 10
20
25
40
30
30
4 5
1 3
3 4
2 3
6 4
【样例输出】
90
先贴一下带注释的代码吧：

#include <iostream>#include <ctime>#include <algorithm>#include <cmath>#include <cstdio>#include <cstring>#include <cstdlib>#include <queue>#include <iomanip>#include <stack>using namespace std;int cnt=0,n;int head[1005*2];//链式前向星 int f[1005],g[1005],worth[1005];//f表示选这个点，g表示不选这个点 struct star{    int next;    int to;}edge[1005*2];void Init(){//初始化     memset(head,-1,sizeof(head));    memset(f,0,sizeof(f));    memset(g,0,sizeof(g));    cnt=0;}void save(int u,int v){//链式前向星存图     edge[cnt].to=v;    edge[cnt].next=head[u];    head[u]=cnt++;}void dfs(int root,int father){//树形DP关键步骤     for(int i=head[root];~i;i=edge[i].next){//遍历         if(edge[i].to!=father){//如果没有搜索到自己的父节点(也就是判断重复）             dfs(edge[i].to,root);//搜索其相邻节点             f[root]+=g[edge[i].to];//如果这个点选了那么连接点不选             g[root]+=max(f[edge[i].to],g[edge[i].to]);//如果这个点没选，那么可以让连接点选，也可以不选。         }    }    f[root]+=worth[root];//每个点如果选肯定要加上自己的价值 }int main (){    Init();    cin>>n;    for(int i=1;i<=n;i++){        scanf("%d",&worth[i]);    }    int u,v;    for(int i=1;i<=n-1;i++){        scanf("%d%d",&u,&v);        save(u,v);        save(v,u);    }    dfs(1,1);//这里第一个1可以为任意节点，因为你可以选择任何一个点当祖节点……选1最为稳妥。而第二个……可以从负无穷到0，也可以是自己。     cout<<max(f[1],g[1]);     return 0;}

这个注释完毕之后居然愕然发现没有什么可以说的了……
总之，链式前向星的存图与遍历，从上两道题来讲是非常基础的，也是不能手残写错的，比方说我刚刚打这个代码就手残了一下然后调了半天……
至于其它的题肯定是更难（嗯据说这两道题是大水题）
所以打算写完这些之后写一下类似选课的题……
感觉自己理解的还是很浅……