树形DP，顾名思义，就是在树上设计动态规划。
一般树形DP的DP数组的第一维表示节点编号，代表以此节点为根的子树作为的阶段。除此之外，可能的第二维乃至第三维与题目具体要求相关。
在树上进行动态规划时，一般先用深度优先搜索（\(DFS\)）来遍历该树，定义出每个节点的深度与以该节点为根的子树。
而此类动态规划，一般是以节点由深到浅（即由“小子树”到“大子树”）的顺序作为DP阶段的顺序。所以，一般需待该节点的子树遍历完成（即“小子树”完成DP）后，回溯时，进行该节点的状态转移。
举个例子。
某大学有 \(n\) 个职员，编号为 \(1\ldots n\)。
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 \(r_i\)，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。
题目中说明各职员之间的关系类似于一棵树，那么，就确保所有节点都在同一棵树上，并且代表只有一个节点（即“校长”）没有父节点（即“上司”）。
因此，我们可以在输入时记录每个节点的父节点，之后循环找到没有父节点的点作为根进行遍历，所以输入时可以像有向图一样只记录单向边（父->子）。
遍历解决了，那重点的DP数组该如何定义呢？
这里我们采用二维数组，第一维自然是表示编号，第二维只有1或0两种情况，用于表示该名职员来或不来的情况。
那么DP数组代表的含义也就很明显了：分别在该名员工来与不来的情况下以该节点为根的子树的“快乐指数”的最大值。
为什么要这么定义呢？因为一名职员的来与不来的情况与其上司来或不来有着很大关系，在上司来的情况下，该职员一定不来，而上司不来的情况下，该职员有着来或不来两种选择。
如果只记录当该职员来的情况下以该节点为根的子树的“快乐指数”的最大值，就不能很好由其子节点转移最优解。
接下来，如何转移呢？
若以u代表当前节点，v代表子节点：
- dp[u][1]+=dp[v][0](当上司来了，只能由其下属不来的情况转移）
- dp[u][0]+=max(dp[v][0],dp[v][1])（当上司不来，可以由其下属来或不来两种情况转移）
最后，只要注意一些细节，这道模板题就解决了。
下面上代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=6e3+5;
int a[N],fa[N],n,dp[N][2],s;
vector<int>G[N];
void dfs(int x){
dp[x][1]=a[x];
for(int i=0;i<G[x].size();i++){
dfs(G[x][i]);
dp[x][1]+=dp[G[x][i]][0];
dp[x][0]+=max(dp[G[x][i]][1],dp[G[x][i]][0]);
}
}
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=1;i<n;i++){
int x,y;
cin>>x>>y;
fa[x]=y;
G[y].push_back(x);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!fa[i]){dfs(i);cout<<max(dp[i][1],dp[i][0]);break;}
return 0;
}
除了这种简单的问题外，树形DP还有一些与分组背包有关的题。
上题！！！
有一棵苹果树，如果树枝有分叉，一定是分二叉（就是说没有只有一个儿子的结点）
这棵树共有 \(N\) 个结点（叶子点或者树枝分叉点），编号为 \(1 \sim N\)，树根编号一定是 \(1\)。
我们用一根树枝两端连接的结点的编号来描述一根树枝的位置。下面是一颗有 \(4\) 个树枝的树：
2 5
\ /
3 4
\ /
1
现在这颗树枝条太多了，需要剪枝。但是一些树枝上长有苹果。
给定需要保留的树枝数量，求出最多能留住多少苹果。
我们直接上代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e2+5;
int n,q,dp[N][N],fa[N],st[N];
struct node{
int v,w;
node(int v=0,int w=0):v(v),w(w){}
};
vector<node>G[N];
void dfs(int x){
st[x]++;
for(int i=0;i<G[x].size();i++){
int v=G[x][i].v,w=G[x][i].w;
if(fa[x]==v) continue;
fa[v]=x;
dfs(v);
st[x]+=st[v];
for(int i=st[x]-1;i>=0;i--){
for(int j=st[v]-1;j>=0;j--){
if(i>=j+1)
dp[x][i]=max(dp[x][i],dp[x][i-j-1]+dp[v][j]+w);
}
}
}
}
int main(){
cin>>n>>q;
for(int i=1;i<n;i++){
int x,y,s;
cin>>x>>y>>s;
G[x].push_back(node(y,s));
G[y].push_back(node(x,s));
}
dfs(1);
cout<<dp[1][q];
return 0;
}
可以看到，其他部分与上题类似，只是普通的\(DFS\)。（顺带一提，fa数组记录父节点，st数组记录子树大小）
直接看到重点
for(int i=st[x]-1;i>=0;i--){
for(int j=st[v]-1;j>=0;j--){
if(i>=j+1)
dp[x][i]=max(dp[x][i],dp[x][i-j-1]+dp[v][j]+w);
}
}
外层相当于背包中的“体积”，内层相当于分组背包中每组的物品，而分组背包的最外层“种类”，则由\(DFS\)来“代替”。
另外，因为“先有根才有子树”这一隐藏条件，DP数组的每一次转移都需注意只能从子树转移所需体积-1的情况（需留1体积来加上子节点与根之间的边），从而确保“先有根才有子树”。
树形DP的基础基本就是这些，至于“二次扫描与换根法”什么的，待笔者学会后再更新吧。其实就是不会且懒得学就想这么水完
标签：DP,int,st,树形,dp,节点,职员 来源： https://www.cnblogs.com/hh--/p/16589287.html
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