树形动态规划，顾名思义就是树+DP，先分别回顾一下基本内容吧：
动态规划：
问题可以分解成若干相互联系的阶段，在每一个阶段都要做出决策，全部过程的决策是一个决策序列。要使整个活动的总体效果达到最优的问题，称为多阶段决策问题。动态规划就是解决多阶段决策最优化问题的一种思想方法。
阶段：
将所给问题的过程，按时间或空间（树归中是空间，即层数）特征分解成若干相互联系的阶段，以便按次序去求每阶段的解。
状态：
各阶段开始时的客观条件叫做状态。
决策：
当各段的状态取定以后，就可以做出不同的决定，从而确定下一阶段的状态，这种决定称为决策。 （即孩子节点和父亲节点的关系）
策略：
由开始到终点的全过程中，由每段决策组成的决策序列称为全过程策略，简称策略。
状态转移方程：
前一阶段的终点就是后一阶段的起点，前一阶段的决策选择导出了后一阶段的状态，这种关系描述了由k阶段到k+1阶段（在树中是孩子节点和父亲节点）状态的演变规律，称为状态转移方程。
目标函数与最优化概念：
目标函数是衡量多阶段决策过程优劣的准则。最优化概念是在一定条件下找到一个途径，经过按题目具体性质所确定的运算以后，使全过程的总效益达到最优。
树的特点与性质：
1、 有n个点，n-1条边的无向图，任意两顶点间可达
2、 无向图中任意两个点间有且只有一条路
3、 一个点至多有一个前趋，但可以有多个后继
4、 无向图中没有环；
拿到一道树规题，我们有以下3个步骤需要执行：
- 判断是否是一道树规题：即判断数据结构是否是一棵树，然后是否符合动态规划的要求。如果是，那么执行以下步骤，如果不是，那么换台。
- 建树：通过数据量和题目要求，选择合适的树的存储方式。如果节点数小于5000，那么我们可以用邻接矩阵存储，如果更大可以用邻接表来存储(注意边要开到2*n，因为是双向的。这是血与泪的教训)。如果是二叉树或者是需要多叉转二叉，那么我们可以用两个一维数组brother[]，child[]来存储（这一点下面会仔细数的）。
- 写出树规方程：通过观察孩子和父亲之间的关系建立方程。我们通常认为，树规的写法有两种：
a.根到叶子: 不过这种动态规划在实际的问题中运用的不多。
b.叶子到根: 既根的子节点传递有用的信息给根，完后根得出最优解的过程。这类的习题比较的多。
注意：这两种写法一般情况下是不能相互转化的。但是有时可以同时使用具体往后看。
以下即将分析的题目的目录及题目特点：
1、加分二叉树：区间动规+树的遍历；
2、二叉苹果树：二叉树上的动规；
3、最大利润：多叉树上的动规；
4、选课：多叉树转二叉；
5、选课（输出方案）：多叉转二叉+记录路径；
6、软件安装：判断环+缩点+多叉转二叉；
【4、5、6属于依赖问题的变形】
1、加分二叉树
描述 Description
设一个n个节点的二叉树tree的中序遍历为（l,2,3,…,n），其中数字1,2,3,…,n为节点编号。每个节点都有一个分数（均为正整数），记第i个节点的分数为di，tree及它的每个子树都有一个加分，任一棵子树subtree（也包含tree本身）的加分计算方法如下：subtree的左子树的加分× subtree的右子树的加分＋subtree的根的分数
若某个子树为空，规定其加分为1，叶子的加分就是叶节点本身的分数。不考虑它的空子树。
试求一棵符合中序遍历为（1,2,3,…,n）且加分最高的二叉树tree。要求输出；
（1）tree的最高加分
（2）tree的前序遍历
输入格式 Input Format
第1行：一个整数n（n＜30），为节点个数。
第2行：n个用空格隔开的整数，为每个节点的分数（分数＜100）。
输出格式 Output Format
第1行：一个整数，为最高加分（结果不会超过4,000,000,000）。
第2行：n个用空格隔开的整数，为该树的前序遍历。
样例输入 Sample Input
5
5 7 1 2 10
样例输出 Sample Output
145
3 1 2 4 5
分析：
这道题我们可以发现可以让左子树最大，右子树最大，从而达到整棵树的权值最大，符合最优化原理，所以它是一道简单的动态规划，而不是树规，样例给的是中序遍历，就是用f[i][j]表示从i到j的最大值，方程很简单，第一问可以轻松解决。我们看第二问，要求的是前序遍历，r[i][j]表示从i到j的根，递归求解。
代码如下：
include<iostream>
include<cmath>
include<cstdio>
include<cstring>
include<algorithm>
define INF -999999999
using namespace std;
int N,a[40],f[40][40],r[40][40];
void init()
{
scanf(“%d”,&N);
for(int i=0;i<=N;i++)
for(int j=0;j<=N;j++)
f[i][j]=1;
for(int i=1;i<=N;i++)
{
scanf(“%d”,&a[i]);
f[i][i]=a[i];
r[i][i]=i;
}
}
void DP()
{
for(int l=1;l<=N;l++)
for(int i=1;i<=N;i++)
{
int j=i+l;
if(j>N) continue;
int temp=INF;
for(int k=i;k<=j;k++)
if(temp<(f[i][k-1]f[k+1][j]+a[k]))
{
temp=f[i][k-1]f[k+1][j]+a[k];
r[i][j]=k;
}
f[i][j]=temp;
}
printf(“%d\n”,f[1][N]);
}
void work(int x,int y)
{
if(r[x][y]!=0) cout<<r[x][y]<<‘ ‘;
if(r[x][r[x][y]-1]!=0) work(x,r[x][y]-1);
if(r[r[x][y]+1][y]!=0) work(r[x][y]+1,y);
}
int main()
{
init();
DP();
work(1,N);
return 0;
}
小结：看见一道题，应该看清算法，不是有个二叉树就是树规。
2、二叉苹果树
描述 Description
有一棵苹果树，如果树枝有分叉，一定是分2叉（就是说没有只有1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-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。
输入格式 Input Format
第1行2个数，N和Q(1<=Q<= N,1<N<=100)。
N表示树的结点数，Q表示要保留的树枝数量。接下来N-1行描述树枝的信息。每行3个整数，前两个是它连接的结点的编号。第3个数是这根树枝上苹果的数量。每根树枝上的苹果不超过30000个。
输出格式 Output Format
一个数，最多能留住的苹果的数量。
样例输入 Sample Input
5 2
1 3 1
1 4 10
2 3 20
3 5 20
样例输出 Sample Output
21
时间限制 Time Limitation
1s
分析：
明确这是树规，的的确确的树规，如假包换的树规。
我们一般用邻接矩阵或邻接表存树，本题可以用邻接矩阵。
我们发现，做普通DP时，每个权值都是在点上的，从没有在点与点之间过，强迫症，我们把没个边的权值存在子节点上。
第一步要做的是建树，本题我们要用已有的邻接矩阵建立一颗二叉树，tree[i][1]表示i的左子树，tree[i][2]表示i的右子树，然后递归建树。
然后我们再进行树规，树规一般都是用记忆化搜索来写的，f[i][k]表示以i为根的子树保留k个枝的最大值，方程：f[v][k]=max(f[v][k],(f[tree[v][1]][i]+f[tree[v][2]][k-i-1]+num[v]))，f[1][Q+1]就是最后答案。
代码如下：
include<iostream>
include<cmath>
include<cstring>
include<cstdio>
include<algorithm>
using namespace std;
int N,Q,a[110][110],num[110],tree[110][5],f[110][110];
void init()
{
scanf(“%d%d”,&N,&Q);
for(int i=0;i<=N;i++)
for(int j=0;j<=N;j++)
a[i][j]=a[i][j]=-1;
for(int i=1;i<N;i++)
{
<span style=”white-space:pre”> </span> int x,y,z;
scanf(“%d%d%d”,&x,&y,&z);
a[x][y]=a[y][x]=z;
}
}
void maketree(int v);
void build(int x,int y,int lr)
{
num[y]=a[x][y];
tree[x][lr]=y;
a[x][y]=-1;a[y][x]=-1;//记忆化，避免重复建树。
maketree(y);//递归完成根到叶的建树。
}
void maketree(int v)
{
int lr=0;
for(int i=0;i<=N;i++)
<span style=”white-space:pre”> </span> if(a[v][i]>=0)
{
lr++;//分别记到左子树或右子树上。
build(v,i,lr);
if(lr==2) return;
}
}
void dfsDP(int v,int k)
{
if(k==0) f[v][k]=0;
else if(tree[v][1]==0&&tree[v][2]==0) f[v][k]=num[v];
else
{
f[v][k]=0;
for(int i=0;i<k;i++)
{
if(f[tree[v][1]][i]==0) dfsDP(tree[v][1],i);
if(f[tree[v][2]][k-i-1]==0) dfsDP(tree[v][2],k-i-1);
f[v][k]=max(f[v][k],(f[tree[v][1]][i]+f[tree[v][2]][k-i-1]+num[v]));
}
}
}
int main()
{
init();
maketree(1);//建树。
dfsDP(1,Q+1);
printf(“%d\n”,f[1][Q+1]);
return 0;
}
小结：树规我们一般都用二叉树，二叉树可以用静态数组存储。下面给出几道多叉的题目，看看怎么解决。
3、最大利润
描述 Description
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。
例如下图是火车站网络：
最佳投资方案是在1，2，5，6这4个火车站开饭店可以获得利润为90
输入格式 Input Format
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 Output Format
输出一个整数表示可以获得的最大利润。
样例输入 Sample Input
6
10
20
25
40
30
30
4 5
1 3
3 4
2 3
6 4
样例输出 Sample Output
90
时间限制 Time Limitation
1s
分析：
这是一棵多叉树，每个节点只和它的孙子节点有关，所以这道题是动规，的的确确的树规。
按照上一题的思路，我们先建树，N比较大，只能用邻接表来存了，我们取1为根。
最后一步，我们知道有两个方向：一个是i要，则i的儿子不要；一个是i不要，则i的儿子可要可不要，我们用f[i][0]和f[i][1]分别表示，最后输出max(f[1][0],f[1][1])。题目完成！
代码如下：
include<iostream>
include<cmath>
include<cstring>
include<cstdio>
include<algorithm>
using namespace std;
int N,a[100010],f[100010][2]={},len=0;
int linkk[100010]={};
struct edge
{
int next,y;
}e[200010];
void insert(int xx,int yy)//邻接表储存树。
{
e[++len].y=yy;
e[len].next=linkk[xx];
linkk[xx]=len;
}
void init()
{
scanf(“%d”,&N);
for(int i=1;i<=N;i++) scanf(“%d”,&a[i]);
for(int i=1;i<N;i++)
{
int xx,yy;
scanf(“%d%d”,&xx,&yy);
insert(xx,yy);
insert(yy,xx);
}
}
void dfsDP(int r,int fa)
{
for(int i=linkk[r];i;i=e[i].next)
if(e[i].y!=fa)//因为存的是双向边，所以需要避免找会父亲节点。
{
dfsDP(e[i].y,r);
f[r][0]+=f[e[i].y][1];//当前点要那么当前的孩子就不要。
f[r][1]+=max(f[e[i].y][0],f[e[i].y][1]);//当前的不要那么当前点的孩子可要可不要。
}
f[r][0]+=a[r];//加上当前点的利润。
}
int main()
{
init();
dfsDP(1,1);
printf(“%d\n”,max(f[1][0],f[1][1]));//本题中我们以1为根。
return 0;
}
小结：这道多叉树的题目是比较简单的，只要建树然后找孩子与父亲的关系之后状态转移即可，下面看一道繁琐点的。
4、选课
描述 Description
学校实行学分制。每门的必修课都有固定的学分，同时还必须获得相应的选修课程学分。学校开设了N（N<300）门的选修课程，每个学生可选课程的数量M是给定的。学生选修了这M门课并考核通过就能获得相应的学分。
在选修课程中，有些课程可以直接选修，有些课程需要一定的基础知识，必须在选了其它的一些课程的基础上才能选修。例如《Frontpage》必须在选修了《Windows操作基础》之后才能选修。我们称《Windows操作基础》是《Frontpage》的先修课。每门课的直接先修课最多只有一门。两门课也可能存在相同的先修课。每门课都有一个课号，依次为1，2，3，…。 例如:
上例中1是2的先修课，即如果要选修2，则1必定已被选过。同样，如果要选修3，那么1和2都一定已被选修过。
你的任务是为自己确定一个选课方案，使得你能得到的学分最多，并且必须满足先修课优先的原则。假定课程之间不存在时间上的冲突。
输入格式 Input Format
输入文件的第一行包括两个整数N、M（中间用一个空格隔开），其中1≤N≤300,1≤M≤N。
以下N行每行代表一门课。课号依次为1，2，…，N。每行有两个数（用一个空格隔开），第一个数为这门课先修课的课号（若不存在先修课则该项为0），第二个数为这门课的学分。学分是不超过10的正整数。
输出格式 Output Format
只有一个数：实际所选课程的学分总数。
样例输入 Sample Input
7 4
2 2
0 1
0 4
2 1
7 1
7 6
2 2
样例输出 Sample Output
13
时间限制 Time Limitation
1s
分析：
还是分析它是什么问题，一个依赖于另一个，结果就呵呵了，我们很快联想到了依赖性背包问题，发现完全不知道怎么写，这里我们谈一谈树规和依赖性背包的不同之处：依赖性背包只能是一个物品依赖另一个物品，而这个被依赖的物品却无法依赖其他物品了，也就是说两个物品只有直接关系或者是没关系，而没有间接关系，而树规就不一样了，父亲和儿子有关。
确定是树规了，就按部就班，建树，邻接矩阵就行。
然后树规：f[i][j]表示以i为节点的根的选j门课的最大值，然后有两种情况： i不修，则i的孩子一定不修，所以为0；i修，则i的孩子们可修可不修（在这里其实可以将其转化为将j-1个对i的孩子们进行资源分配的问题，也属于背包问题）；答案是f[1][m]。问题完美解决。
有点麻烦，我们可以把它简化一下，就像第二题中父亲只跟左右儿子有关，左右儿子可以直接存在两个数组里，很方便。这道题是多叉树，我们想把它变为二叉树，就需要我们做一件很重要但又很反人类反社会的事情——多叉转二叉！如下：bi和ci表示i的兄弟和儿子，采用左儿子右兄弟的方法，让兄弟变成儿子（有点邪恶…），不过这个儿子要标记为兄弟，这样建树的话，一颗多叉树就可以变为二叉树了。
接下来我们再来DP：f[i][j]表示以i为根选j门课的最优解，还是两种情况：1.不选修i，则儿子以下都无法选修了，f[i][j]=f[b[i]][j]；2.i选修，则f[i][j]=f[c[i]][k]+f[b[i]][j-k-1]+a[i]。最后两者取最优即可解决。
代码如下：
include<iostream>
include<cmath>
include<cstdio>
include<cstring>
include<algorithm>
using namespace std;
int N,M,a[310],c[310],b[310],f[310][310];
void init()
{
scanf(“%d%d”,&N,&M);
memset(f,-1,sizeof(f));
for(int i=1;i<=N;i++)
{
int t1,t2;
scanf(“%d%d”,&t1,&t2);
a[i]=t2;
if(t1==0) t1=N+1;//以N+1为根。
b[i]=c[t1];
c[t1]=i;//采用二叉树的储存方式。
}
}
void dfsDP(int x,int y)
{
if(f[x][y]>=0) return;
if(x==0||y==0)
{
f[x][y]=0;
return;
}
dfsDP(b[x],y);
for(int k=0;k<y;k++)
{
dfsDP(b[x],k);//不取根结点。
dfsDP(c[x],y-k-1);//取根节点。
f[x][y]=max(f[x][y],max(f[b[x]][y],f[b[x]][k]+f[c[x]][y-k-1]+a[x]));
}
}
int main()
{
init();
dfsDP(c[N+1],M);
printf(“%d\n”,f[c[N+1]][M]);
return 0;
}
小结：从这道题和上一道题我们看出，多叉树问题我们有两种写法，第一就是直接做多叉树的树规，第二也可以转化为二叉树再动规。后者的代码比较简单好写一些。
我们学习线性DP时，经常会遇到输出方案的题目，有名的就是ioi的原题《花店橱窗》，我记得当时是递归通过已经求得的f数组来一个一个配对输出，在树规的输出方案题目中，我们一般也是采用这种方式的，看下一个题目，是上一题的加强版！
5、选课（输出方案）
题目如上题。
输出格式 Output Format
第一行只有一个数，即实际所选课程的学分总数。
以下N行每行有一个数，表示学生所选课程的课号。
n行学生选课的课号按从小到大的顺序输出。
样例输入 Sample Input
7 4
2 2
0 1
0 4
2 1
7 1
7 6
2 2
样例输出 Sample Output
13
2
3
6
7
分析：
第一问是和上一题一样的，关键是第二问输出方案。
DP的输出方案，我们一般都用已经得出的f数组来把路径方案递归求出，我们需要先定义一个bool型的ans数组记录，然后做以下操作：如果f[i][j]=f[b[i]][j],那么节点i必然没有取，让ans[i]=0;否则，节点i一定取到了。然后依照上一问，if(f[x][y]==f[b[x]][k-1]+f[c[x]][y-k]+s[x])，那么我们在i节点后选的一定是以上的方案，在这时让ans[i]=1,继续深搜path()即可。
说的可能不是那么通。
代码如下：
include<iostream>
include<cmath>
include<cstdio>
include<cstring>
include<algorithm>
using namespace std;
int N,M,a[510],c[510],b[510],f[510][510];
bool ans[510];
void init()
{
scanf(“%d%d”,&N,&M);
memset(f,-1,sizeof(f));
for(int i=1;i<=N;i++)
{
int t1,t2;
scanf(“%d%d”,&t1,&t2);
a[i]=t2;
if(t1==0) t1=N+1;//以N+1为根。
b[i]=c[t1];
c[t1]=i;
}
}
void dfsDP(int x,int y)
{
if(f[x][y]>=0) return;
if(x==0||y==0)
{
f[x][y]=0;
return;
}
dfsDP(b[x],y);
for(int k=0;k<y;k++)
{
dfsDP(b[x],k);//不取根结点。
dfsDP(c[x],y-k-1);//取根节点。
f[x][y]=max(f[x][y],max(f[b[x]][y],f[b[x]][k]+f[c[x]][y-k-1]+a[x]));
}
}
void path(int x,int y)
{
if(x==0||y==0) return;
if(f[x][y]==f[b[x]][y]) path(b[x],y);
else
{
for(int k=1;k<=y;k++)
if(f[x][y]==f[b[x]][k-1]+f[c[x]][y-k]+a[x])
{
path(b[x],k-1);
path(c[x],y-k);
ans[x]=1;
return;
}
}
}
int main()
{
init();
dfsDP(c[N+1],M);
printf(“%d\n”,f[c[N+1]][M]);
path(c[N+1],M);
for(int i=1;i<=N;i++)
if(ans[i]) printf(“%d\n”,i);
return 0;
}
小结：对于树规输出方案题目，一般都是求解完最优解后原路返回就可以了。
6、软件安装
描述 Description
现在我们的手头有N个软件，对于一个软件i，它要占用Wi的磁盘空间，它的价值为Vi。我们希望从中选择一些软件安装到一台磁盘容量为M的计算机上，使得这些软件的价值尽可能大（即Vi的和最大）。
但是现在有个问题：软件之间存在依赖关系，即软件i只有在安装了软件j（包括软件j的直接或间接依赖）的情况下才能正确工作（软件吗i依赖软件j）。幸运的是，一个软件最多依赖另外一个软件。如果一个软件不能正常工作，那么他能够发挥的作用为0。
我们现在知道了软件之间的依赖关系：软件i依赖Di。现在请你设计出一种方案，安装价值尽量大的软件。一个软件只能被安装一次，如果一个软件没有依赖则Di=0，这是只要这个软件安装了，它就能正常工作。
输入格式 Input Format
第1行：N,M （0<=N<=100,0<=M<=500）
第2行：W1,W2, … Wi, … ,Wn
第3行：V1,V2, … Vi, … ,Vn
第4行：D1,D2, … Di, … ,Dn
输出格式 Output Format
一个整数，代表最大价值。
样例输入 Sample Input
3 10
5 5 6
2 3 4
0 1 1
样例输出 Sample Output
5
时间限制 Time Limitation
1s
来源 Source
haoi2010
分析：
这道题看起来和刚刚的《选课》并没有很大的差别，刚开始我甚至以为唯一的区别就是选课每个物品体积为1，而本题物品体积不同而已，但是深入思考，还要很大差别。
本题没有说这是棵树，所以完全可以是个图，也完全可以有环，例如：a依赖b，b依赖c，而c依赖a。对于这种环，我们一旦要一个，是全都要要的，既然如此，我们不妨把这些环定义为1个点，吧abc这三个点缩成一个新点，然后去完所以环后，就可以发现图已经变为一个多叉树了，为了代码简单，我们再把多叉树转化为二叉树，最后再动规。
缩点是比较麻烦的，我传承了欧阳学长的好方法，就像钥匙一样可以快速的这道这个点缩点后的新点的下标，具体的代码中有解释，缩点之前的判断是否有环，我们用floyed求有向图的连通性即可。
多叉转二叉这里不再说，具体看《选课》。
最后进行动规：
i的孩子不取f[b[x]][k]=dfs(b[x],k);还是取f[c[x]][y-i]=dfs(c[x],y-i);
f[b[x]][i]=dfs(b[x],i);
f[x][k]=max(f[x][k],v[x]+f[c[x]][y-i]+f[b[x]][i]);
最后答案是f[c[0]][m]。
代码如下：
include<iostream>
include<cmath>
include<cstdio>
include<algorithm>
include<cstring>
define oo 510
using namespace std;
int N,M,w[oo],v[oo],d[oo],b[oo],c[oo],f[oo][5*oo];//注意范围，因为有缩点。
bool map[oo][oo];
int t1,t2=0;
void init()
{
scanf(“%d%d”,&N,&M);
for(int i=1;i<=N;i++) scanf(“%d”,&w[i]);
for(int i=1;i<=N;i++) scanf(“%d”,&v[i]);
for(int i=1;i<=N;i++)
{
int a;
scanf(“%d”,&a);
d[i]=a;
map[a][i]=1;
}
for(int k=1;k<=N;k++)
for(int i=1;i<=N;i++)
for(int j=1;j<=N;j++)
if(map[i][k]&&map[k][j])
map[i][j]=1;
}
void merge()//缩点。
{
t1=N;
for(int i=1;i<=t1;i++)
for(int j=1;j<=t1;j++)
{
if(map[i][j]&&map[j][i]&&w[i]>0&&w[j]>0&&i!=j)
{
t1++;
v[t1]=v[i]+v[j];//引进新的点来储存两个互相连通的点。
w[t1]=w[i]+w[j];
t2–;//保证t1+t2=N，这是记录合并后点的需要。
w[i]=w[j]=t2;//这用来记忆该新点下标，方便之后其他点与这个点合并，也是标记该点已经缩过。
}//这是一个新的环，需要缩点。
if(map[j][d[j]]&&map[d[j]][j]&&w[d[j]]<0&&w[j]>0)
{
w[N-w[d[j]]]+=w[j];
v[N-w[d[j]]]+=v[j];
w[j]=w[d[j]];//这几行很强大，是对上一个if的使用，N-w[i]其实就是已经缩过i点的新点下标。
}//j所依赖的点已经缩过，而且j也在环里。
if(w[d[j]]<0&&w[j]>0)//j依赖的点已经缩过，但是j不在环里。
if((map[j][d[j]]&&!map[d[j]][j])||(!map[j][d[j]]&&map[d[j]][j]))
d[j]=N-w[d[j]];
}
}
int dfsDP(int x,int k)
{
if(f[x][k]>0) return f[x][k];
if(x==0||k<=0) return 0;
f[b[x]][k]=dfsDP(b[x],k);//不取x点。
f[x][k]=f[b[x]][k];
int y=k-w[x];
for(int i=0;i<=y;i++)
{
f[c[x]][y-i]=dfsDP(c[x],y-i);
f[b[x]][i]=dfsDP(b[x],i);
f[x][k]=max(f[x][k],f[c[x]][y-i]+f[b[x]][i]+v[x]);
}
return f[x][k];
}
int main()
{
init();
merge();
for(int i=1;i<=t1;i++)//多叉转二叉。
if(w[i]>0)
{
b[i]=c[d[i]];
c[d[i]]=i;
}
printf(“%d\n”,dfsDP(c[0],M));
return 0;
}
小结：这道题很综合，把树规经常考的几个方面出的比较全。
对于树规，我们就看这6道题目，其中刨去一道区间动规（第一题），剩下的每一道题都可以说把树规的基本操作体现了。
光看着几道题，我们可以发现，树规题目难其实并不在于状态转移的dfs，我们一直都是花费了很大的劲儿在做预处理之类的东西。这里我需要再提醒一下做树规的步骤，先判断是不是树规，这是最关键的！！！然后建树，对是建树，题目不会把树给你建好，有时候还会只给你个图还带有环的，要谨慎观察，然后再建树或多叉转二叉。最后一步才是树规。
【总结】树规是动态规划的一种，是在树上做动态规划，比较锻炼我们的代码和动规能力。
我们一般用递归的形式来做树规，这个树是严格分层的，搞清父亲节点和儿子节点的关系，就可以写了。树的结构其实也决定了比起线性动规，树规的阶段更好划分。
