省流：被吊打了
自己开的一个坑，死也要填完它。
希望我随手写下的笔记对您的学习有所帮助（也不太可能）。
更改日志
2024/01/08：开坑，写了树的直径和换根DP，写不动了（（（
2024/01/08 晚上：更新了最小点覆盖和最大独立集，看来精神还可以，顶着明天做手术的风险
2024/01/09：修改错误+增补解释说明（主要在换根DP处）。
学习背景
看着那么多dalao会树型DP，我这个小蒟蒻也来挑战一下。
结果还是被dalao吊打（悲
正片开始
了解树型DP
字面意思，树型DP就是在树上做 DP 或是 DP 过程中有树的特征。树形结构拥有递归特征，所以常以子树作为划分阶段的单位。
树型DP的状态常常形如 DP[u][...] ，表示以 \(u\) 为根的子树……的信息（如最大收益、最小花费等）。
树型DP实现常常采用记忆化搜索，由子节点提供给父节点信息去转移到答案，与 DP 的性质类似（由子节点（子问题）转移到父节点（较大的问题）），也会有父节点为子节点或兄弟节点提供信息的情况。
树的直径
树的直径就是树上最远的两个点之间的距离，连接这两点的路径被称为树的最长链
例题
P2610 [ZJOI2012] 旅游
（别看我一上来就丢出一道紫题，这可是水紫（逃））
题目描述
到了难得的暑假，为了庆祝小白在数学考试中取得的优异成绩，小蓝决定带小白出去旅游~~
经过一番抉择，两人决定将 T 国作为他们的目的地。
T 国的国土可以用一个凸 \(n\) 边形来表示，\(n\) 个顶点表示 \(n\) 个入境/出境口。
T 国包含 \(n-2\) 个城市，每个城市都是顶点均为 \(n\) 边形顶点的三角形（换而言之，城市组成了关于 T 国的一个三角剖分）。两人的旅游路线可以看做是连接 \(n\) 个顶点中不相邻两点的线段。
为了能够买到最好的纪念品，小白希望旅游路线上经过的城市尽量多。作为小蓝的好友，你能帮帮小蓝吗？
输入格式
每个输入文件中仅包含一个测试数据。
第一行包含两个由空格隔开的正整数 \(n\)，\(n\) 的含义如题目所述。
接下来有 \(n-2\) 行，每行包含三个整数 \(p,q,r\), 表示该城市三角形的三个顶点的编号（T 国的 \(n\) 个顶点按顺时间方向从 \(1\) 至 \(n\) 编号）。
输出格式
输出文件共包含一行，表示最多经过的城市数目。（一个城市被当做经过当且仅当其与线路有至少两个公共点）
说明/提示
对于 \(20\%\) 的数据，\(n\le 2000\)。
对于 \(100\%\) 的数据，\(4\le n \le 200000\)。
解法（怎么感觉开始写题解了）
分析
第一眼看到这题没想到怎么用树型DP，连建图都不会，后面想到可以把一个城市看成一个点，如果两个城市有发生冲突的公共边，就在这两个点之间建一条边。
那怎么知道是不是公共边呢？用个 map 统计就好啦（要先把三个数排序哦！）。
这里是可以确定这是一颗树的，那不就可以树型DP了吗。
那这个要求“旅游路上经过的城市尽量多”就可以抽象为“在树上找一条最长路径”，就可以直接求树的直径了。
那么树的直径又要何去求呢？
其实可以找一个点 \(u\) 作为树根（无根树变为有根树），直径的长度就是从点 \(u\) 出发的最长链长度+从点 \(u\) 出发的次长链长度，就是类似于两条链在点 \(u\) 接上了。
但是不知道点 \(u\) 是哪个点怎么办？其实可以随便找一个点作为根（无根树变为有根树），然后对这棵树进行 DFS 维护每个点的从此点出发的最长链长度和从此点出发的次长链长度，最后取个 max 即可。
设状态
我们设 \(dp_{u,0}\) 为从点 \(u\) 出发的最长链长度， \(dp_{u,1}\) 为从点 \(u\) 出发的次长链长度。
转移
设点 \(u\) 的第 \(i\) 个儿子为点 \(v_{ i}\) ，则有：
-
若 \(dp_{v_i,0}+1 > dp_{u,0}\)，说明有更优的最长链，则将当前的最长链
贬变为次长链，再更新最长链，就是 \(dp_{u,1}=dp_{u,0},dp_{u,0}=dp_{v,0}+1\)。 -
再看，若 \(dp_{v_i,0}+1 \le dp_{u,0}\) 且 \(dp_{v_i,0}+1 > dp_{u,1}\)，说明有更优的次长链，则将当前的次长链扔掉，再更新次长链，就是 \(dp_{u,1}=dp_{v,0}+1\)。
解
边界为 \(dp_{u,0/1}=0\)，目标解为 \(\max(dp_{u,0}+dp_{u,1})\)，即每个点的最长链长度+次长链长度的最大值即为答案。
CODE（不就是题解吗）：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
map<pair<int,int>,int>mp;//记录的map
int n,ret,x,y,z,dp[200010][2];
vector<int>g[200010];
void sort1(int &x,int &y,int &z){//这个不必解释，三个数排序
if(x>y){
swap(x,y);
}if(y>z){
swap(y,z);
}if(x>y){
swap(x,y);
}
}void dfs(int u,int x){
for(int i=0;i<g[u].size();i++){
int v=g[u][i];
if(v!=x){
dfs(v,u);//先要DFS
if(dp[v][0]+1>dp[u][0]){//转移
dp[u][1]=dp[u][0],dp[u][0]=dp[v][0]+1;
}else if(dp[v][0]+1>dp[u][1]){
dp[u][1]=dp[v][0]+1;
}
}
}ret=max(ret,dp[u][0]+dp[u][1]);//取max
}int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n+2;i++){
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
sort1(x,y,z);//排序
if(mp[make_pair(x,y)]!=0){//若之前统计到过这条边了
g[i].push_back(mp[make_pair(x,y)]);
g[mp[make_pair(x,y)]].push_back(i);//与之前map里记录的城市建边
}if(mp[make_pair(y,z)]!=0){//同上
g[i].push_back(mp[make_pair(y,z)]);
g[mp[make_pair(y,z)]].push_back(i);
}if(mp[make_pair(x,z)]!=0){//同上
g[i].push_back(mp[make_pair(x,z)]);
g[mp[make_pair(x,z)]].push_back(i);
}mp[make_pair(x,y)]=i,mp[make_pair(y,z)]=i,mp[make_pair(x,z)]=i;//把标记改为这个城市
}dfs(1,-1);
printf("%d",ret+1);//还要加一，就是点（城市）的数量=边的数量+1
return 0;
}
换根DP
2024/01/08：我可能暂时就写这俩了，树的重心还没学会，到时候再写啊。
有一些树型DP中，转移不仅和子树内有关，还有可能和子树外的节点有关（注意这里，后面有考），此时就要二次扫描与换根：
第一次扫描：任选一个点 \(u\) 为根，在这个有根树上进行 DFS，回溯时自底向上转移，由子节点转移父节点，就是普通的一次树型DP。
第二次扫描：以 \(u\) 为根开始对整棵树 DFS ，递归前使用自顶向下更新，用父节点的值更新子节点的值，计算出“换根”后得到的解。
例题
P2986 [USACO10MAR] Great Cow Gathering G
题目描述
Bessie 正在计划一年一度的奶牛大集会，来自全国各地的奶牛将来参加这一次集会。当然，她会选择最方便的地点来举办这次集会。
每个奶牛居住在 \(N\) 个农场中的一个，这些农场由 \(N-1\) 条道路连接，并且从任意一个农场都能够到达另外一个农场。
道路 \(i\) 连接农场 \(A_i\) 和 \(B_i\)，长度为 \(L_i\)。集会可以在 \(N\) 个农场中的任意一个举行。另外，每个牛棚中居住着 \(C_i\) 只奶牛。
在选择集会的地点的时候，Bessie 希望最大化方便的程度（也就是最小化不方便程度）。
比如选择第 \(X\) 个农场作为集会地点，它的不方便程度是其它牛棚中每只奶牛去参加集会所走的路程之和（比如，农场 \(i\) 到达农场 \(X\) 的距离是 \(20\)，那么总路程就是 \(C_i\times 20\)）。
帮助 Bessie 找出最方便的地点来举行大集会。
输入格式
第一行一个整数 \(N\) 。
第二到 \(N+1\) 行：第 \(i+1\) 行有一个整数 \(C_i\)。
第 \(N+2\) 行到 \(2N\) 行：第 \(i+N+1\) 行为 \(3\) 个整数：\(A_i,B_i\) 和 \(L_i\)。
输出格式
一行一个整数，表示最小的不方便值。
提示
\(1\leq N\leq 10^5\)，\(1\leq A_i\leq B_i\leq N\)，\(0 \leq C_i,L_i \leq 10^3\)。
解法
朴素做法
这题我们可以先来考虑朴素的做法，枚举每一个节点作为集会地点，然后 DFS 统计出不方便程度，接着取 min ，时间复杂度巨大，考虑优化。
设状态
设 \(u\) 的儿子是 \(v_i\)。
设 \(dp_{u}\) 是以 \(u\) 为根的子树中所有节点到点 \(u\) 的不方便程度，\(sum_u\) 是以 \(u\) 为根的子树中奶牛的总只数，\(w\) 是点 \(v_i\) 与点 \(u\) 之间的距离。
转移
可以思考由 \(dp_{v_i}\) 转移至 \(dp_{u}\)，发现其实可以直接用 \(dp_{v_i} + sum_{v} \times w\) 就可以转移到 \(dp_u\) 了，代表以 \(v_i\) 为根的子树中所有节点到点 \(v_i\) 的不方便程度 \(+\) 以 \(v_i\) 为根的子树中奶牛的总只数 \(\times\) 点 \(v_i\) 与点 \(u\) 之间的距离。
所以，设 \(u\) 为整棵树的根， \(dp_u = \sum \left( dp_{v_i}+sum_{v_i}\times w \right)\)，$sum_u=c_u+ \sum sum_v $ ，就是指点 \(u\) 的奶牛数 \(+\) 点 \(u\) 所有子树中的奶牛数。
解
这样可求出每个点为根时的所有奶牛到此点的不方便程度，最后取 min 即可，时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^{2})\)。
二次扫描+换根法
可以看到就算朴素做法就算优化也无法满分，\(\mathcal{O}(n^{2})\) 的时间复杂度在 \(10^{5}\) 的数据下任然会超时，但我们可以继续优化，这就是二次扫描+换根法。
我们可以画一张假设的图：
（真的大大小小，画技不好，嫌丑轻喷！）
一次转移
首先 DFS 一遍以 \(u\) 为根的子树，那么结束后 \(dp_u\) 中存的是是以 \(u\) 为根的子树中所有节点到点 \(u\) 的不方便程度，\(sum_u\) 中存的是以 \(u\) 为根的子树中所有节点住的奶牛的总只数
二次转移
根据上面那张图，第一遍 DFS 后 \(dp_u\) 中存的就是除了虚线框出来的节点到点 \(u\) 的不方便程度。
考虑怎么求虚线框出来的所有节点到点 \(u\) 的不方便程度。
其实可以想，虚线框出来的所有节点到点 \(u\) 的不方便程度就是所有虚线框出来的节点到点 \(1\) （就是点 \(u\) 的父节点）的不方便程度 \(+\) 虚线框出来的所有奶牛一起从点 \(1\) 到点 \(u\) 的总不方便值。
设从点 \(1\) 到点 \(u\) 的距离是 \(w\)（根据上面的图， \(1\) 是 \(u\) 的父节点）：
-
所有虚线框出来的点到点 \(1\) （就是点 \(u\) 的父节点）的距离就是 \(\left(dp_1-dp_u-sum_u \times w\right)\)，代表以点 \(1\) 为根的子树中所有点到点 \(1\) 的不方便值 \(-\) 以点 \(u\) 为根的子树中所有点到点 \(u\) 的不方便值 \(-\) 点 \(u\) 为根的子树中所有奶牛一起从点 \(u\) 到点 \(1\) 的总不方便值（就是以点 \(u\) 为根的子树中的奶牛数 \(\times\) 从点 \(u\) 到点 \(1\) 的距离）。
-
虚线框出来的所有奶牛一起从点 \(1\) 到点 \(u\) 的总不方便值就是 \(\left(sum_1-sum_{u}\right) \times w\)，代表以点 \(1\) 为根的子树中的奶牛只数减去以点 \(u\) 为根的子树中的奶牛只数 \(\times\) 点 \(1\) 到点 \(u\) 之间的距离（解释同上朴素算法转移）。
最后将这两个加一下就行了：
\(dp_{u}=dp_{u} + \left(dp_1-dp_{u}-sum_{u} \times w\right)+\left(sum_1-sum_{u}\right) \times w\)。
这里可以推出公式，设 \(u\) 的儿子是 \(v_i\)，从 \(u\) 到 \(v_i\) 的距离是 \(w\) （这里的 \(u\) 和上面的 \(u\) 没有任何关系，上面的仅是为了有助于推出公式）：
\(dp_{v_i}=dp_{v_i} + \left(dp_u-dp_{v_i}-sum_{v_i} \times w\right)+\left(sum_u-sum_{v_i}\right) \times w\)。
解
这样我们就可以在第二次 DFS 是求出每个节点作为根时，所有奶牛到这个点的不方便程度了，最后答案为 \(\min(dp_{u})\) ，时间复杂度 \(\mathcal{O}(n)\)，可以轻松过掉 \(10^{5}\) 的数据。
其实这里的二次扫描就是就是一开始讲二次扫描+换根法时提到的“转移不仅和子树内有关，还有可能和子树外的节点有关”。
二次扫描+换根法CODE（朴素的就不放了）：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,x,y,z,c[100010];
long long ret,dp[100010],sum[100010];
struct node{
int v,w;
};
vector<node>g[100010];
void dfs(int u,int x){
sum[u]=c[u];
for(int i=0;i<g[u].size();i++){
int v=g[u][i].v,w=g[u][i].w;//v就是儿子,w是距离
if(v!=x){/特判
dfs(v,u);//先回溯，再转移，这就是自底向上
sum[u]+=sum[v];//统计以u为根的子树中的奶牛只数
dp[u]+=dp[v]+sum[v]*w;//先求出以u为根的子树中所有节点到点u的不方便程度和以u为根的子树中所有节点住的奶牛的总只数。
}
}
}void dfs1(int u,int x){
for(int i=0;i<g[u].size();
int v=g[u][i].v,w=g[u][i].w;//同上
if(v!=x){//同上
dp[v]+=(dp[u]-dp[v]-1ll*sum[v]*w)+1ll*(sum[u]-sum[v])*w;//再加上没有加上的（就如上面图片的虚线框出部分）不方便程度
sum[v]=sum[u];//整个的奶牛数
ret=min(ret,dp[v]);//找答案取min
dfs1(v,u);//先转移，再递归，这就是自顶向下
}
}
}int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&c[i]);
}for(int i=1;i<=n-1;i++){
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
g[x].push_back((node){y,z});//双向建边
g[y].push_back((node){x,z});
}dfs(1,0);//先统计以它为根的子树
ret=dp[1];//设初值
dfs1(1,0);//再统计没统计到的，二次扫描
printf("%lld",ret);
return 0;
}
练习题
P1364 医院设置
题目描述
设有一棵二叉树，如图：
其中，圈中的数字表示结点中居民的人口。圈边上数字表示结点编号，现在要求在某个结点上建立一个医院，使所有居民所走的路程之和为最小，同时约定，相邻接点之间的距离为 \(1\)。如上图中，若医院建在 \(1\) 处，则距离和 \(=4+12+2\times20+2\times40=136\)；若医院建在 \(3\) 处，则距离和 \(=4\times2+13+20+40=81\)。
输入格式
第一行一个整数 \(n\)，表示树的结点数。
接下来的 \(n\) 行每行描述了一个结点的状况，包含三个整数 \(w, u, v\)，其中 \(w\) 为居民人口数，\(u\) 为左链接（为 \(0\) 表示无链接），\(v\) 为右链接（为 \(0\) 表示无链接）。
输出格式
一个整数，表示最小距离和。
提示
数据规模与约定
对于 \(100\%\) 的数据，保证 \(1 \leq n \leq 100\)，\(0 \leq u, v \leq n\)，\(1 \leq w \leq 10^5\)。
做法
这不就是来送AC的吗
其实可以发现，这题和例题很像，只是点之间的距离是 \(1\)，输入还不一样，于是我们就可以直接在代码上改改就过了没有一点难度好吧。
输入怎么改就不需要我说了吧，懂得都懂。
CODE（这还是练习题吗）：
#include<bits/stdc++.h>//解释同上
using namespace std;
int n,x,y,z,c[100010];
long long ret,dp[100010],sum[100010];
struct node{
int v,w;
};
vector<node>g[100010];
void dfs(int u,int x){
sum[u]=c[u];
for(int i=0;i<g[u].size();i++){
int v=g[u][i].v,w=g[u][i].w;
if(v!=x){
dfs(v,u);
sum[u]+=sum[v];
dp[u]+=dp[v]+sum[v]*w;
}
}
}void dfs1(int u,int x){
for(int i=0;i<g[u].size();i++){
int v=g[u][i].v,w=g[u][i].w;
if(v!=x){
dp[v]+=(dp[u]-dp[v]-1ll*sum[v]*w)+1ll*(sum[u]-sum[v])*w;
sum[v]=sum[u];
ret=min(ret,dp[v]);
dfs1(v,u);
}
}
}int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d%d%d",&c[i],&x,&y);
if(x!=0){
g[i].push_back((node){x,1});//1代表距离为1，正好就满足了两题的共同点
g[x].push_back((node){i,1});
}if(y!=0){
g[i].push_back((node){y,1});
g[y].push_back((node){i,1});
}
}dfs(1,0);
ret=dp[1];
dfs1(1,0);
printf("%lld",ret);
return 0;
}
最小点覆盖
最小点覆盖是指从图中选出尽量少的点，使得图中所有的边都有和选中的点相连。
设状态
可以这样想：
设 \(dp_{u,0}\) 代表点 \(u\) 被选中了，以点 \(u\) 为根的子树被覆盖时，以点 \(u\) 为根的子树中被选中的点数个数；\(dp_{u,1}\) 代表点 \(u\) 没被选中，以点 \(u\) 为根的子树被覆盖时，以点 \(u\) 为根的子树中被选中的点数个数。
转移
于是，我们可以推到（设 \(u\) 的儿子是 \(v_i\)）：
-
\(dp_{u,0}\) 代表点 \(u\) 被选中了，那么所有与点 \(u\) 相连的边都被覆盖了，那么子节点 \(v_i\) 选不选均可，则有 \(dp_{u,0}=dp_{u,0}+min\left(dp_{v_i,0},dp_{v_i,1}\right)\)。
-
\(dp_{u,1}\) 代表点 \(u\) 没被选中，那么所有与点 \(u\) 相连的边都没有被覆盖，为了所有边都被覆盖，那么子节点 \(v_i\) 必须选，则有 \(dp_{u,1}=dp_{u,1}+dp_{v_i,0}\)。
解
设根为 \(rt\)，则答案就是 \(\min\left(dp_{rt,0},dp_{rt,1}\right)\)。
例题
P2016 战略游戏
好多绿+的题啊
题目背景
Bob 喜欢玩电脑游戏，特别是战略游戏。但是他经常无法找到快速玩过游戏的办法。现在他有个问题。
题目描述
他要建立一个古城堡，城堡中的路形成一棵无根树。他要在这棵树的结点上放置最少数目的士兵，使得这些士兵能瞭望到所有的路。
注意，某个士兵在一个结点上时，与该结点相连的所有边将都可以被瞭望到。
请你编一程序，给定一树，帮 Bob 计算出他需要放置最少的士兵。
输入格式
第一行一个整数 \(n\)，表示树中结点的数目。
第二行至第 \(n+1\) 行，每行描述每个结点信息，依次为：一个整数 \(i\)，代表该结点标号，一个自然数 \(k\)，代表后面有 \(k\) 条无向边与结点 \(i\) 相连。接下来 \(k\) 个整数，分别是每条边的另一个结点标号 \(r_1,r_2,\cdots,r_k\)，表示 \(i\) 与这些点间各有一条无向边相连。
对于一个 \(n\) 个结点的树，结点标号在 \(0\) 到 \(n-1\) 之间，在输入数据中每条边只出现一次。保证输入是一棵树。
输出格式
输出文件仅包含一个整数，为所求的最少的士兵数目。
提示
数据规模与约定
对于全部的测试点，保证 \(1 \leq n \leq 1500\)。
解法
这不就是最小点覆盖模板题吗？？直接套进去就行了！！
就是把放士兵的节点看作选中的点就行了。
CODE（其实可以直接当模板了）：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,dp[2010][2];
vector<int>g[2010];
void dfs(int u,int x){
dp[u][1]=1;//初始化
for(int i=0;i<g[u].size();i++){
int v=g[u][i];
if(v==x){//特判
continue;
}dfs(v,u);//自底向上
dp[u][0]+=dp[v][1];//可爱的转移，解释见上文
dp[u][1]+=min(dp[v][0],dp[v][1]);
}
}int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
int u,v,k;
scanf("%d%d",&u,&k);
for(int j=1;j<=k;j++){//这题建图有点奇怪……
scanf("%d",&v);
g[u].push_back(v);
g[v].push_back(u);
}
}dfs(0,-1);
printf("%d",min(dp[0][0],dp[0][1]));
return 0;
}
最大独立集
最小点覆盖是指从图中选出尽量多的点，使得这些点之间没有边相连。
设状态
设 \(dp_{u,0}\) 代表点 \(u\) 被选中了，以点 \(u\) 为根的子树中被选中的点数个数；\(dp_{u,1}\) 代表点 \(u\) 没被选中，以点 \(u\) 为根的子树中被选中的点数个数。
转移
于是，我们可以推到（设 \(u\) 的儿子是 \(v_i\)）：
-
\(dp_{u,0}\) 代表点 \(u\) 被选中了，那么子节点 \(v_i\) 不可能被选中，则有 \(dp_{u,0}=\Sigma dp_{v_i,1}\)。
-
\(dp_{u,1}\) 代表点 \(u\) 没被选中，那么子节点 \(v_i\) 选不选均可，则有 \(dp_{u,1}=\Sigma \max\left(dp_{v_i,0},dp_{v_i,1}\right)\)。
解
设根为 \(rt\)，则答案就是 \(\max\left(dp_{rt,0},dp_{rt,1}\right)\)。
例题
P1352 没有上司的舞会
众所周知的题目
题目描述
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。
输入格式
输入的第一行是一个整数 \(n\)。
第 \(2\) 到第 \((n + 1)\) 行，每行一个整数，第 \((i+1)\) 行的整数表示 \(i\) 号职员的快乐指数 \(r_i\)。
第 \((n + 2)\) 到第 \(2n\) 行，每行输入一对整数 \(l, k\)，代表 \(k\) 是 \(l\) 的直接上司。
输出格式
输出一行一个整数代表最大的快乐指数。
提示
数据规模与约定
对于 \(100\%\) 的数据，保证 \(1\leq n \leq 6 \times 10^3\)，\(-128 \leq r_i\leq 127\)，\(1 \leq l, k \leq n\)，且给出的关系一定是一棵树。
又是一道模板题，直接套最大独立集模板就行了。
只是这里的选择顶点的价值不再是 \(1\)，而是这个人的快乐成都。
CODE（又是可以直接当模板了）：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,u,v,mx,fa[20010],r[20010],dp[20010][10];
vector<int>g[20010];
void dfs(int u){
dp[u][1]=r[u];//初始化为快乐程度
for(int i=0;i<g[u].size();i++){
int v=g[u][i];
dfs(v);
dp[u][0]+=max(dp[v][0],dp[v][1]);//转移
dp[u][1]+=dp[v][0];
}
}int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&r[i]);
}for(int i=1;i<n;i++){
scanf("%d%d",&u,&v);
fa[u]=1;//标记他有上司
g[v].push_back(u);
}for(int i=1;i<=n;i++){
if(fa[i]==0){//是根
dfs(i);
mx=max(dp[i][0],dp[i][1]);//取max
break;
}
}printf("%d",mx);
return 0;
}
咕咕咕
标签：int,sum,笔记,leq,DP,树型,节点,dp,为根 From： https://www.cnblogs.com/scyqwq/p/18035177