樹形 DP 從入土到入門
emm隨便錯
例題
沒有上司的舞會
沒有上司的舞會
定義 \(f[x][0/1]\) 表示x這個點選或者不選能夠帶來的最大的快樂值。
因為每一個人的頂頭上司肯定不能和他一起選，也就是說，如果當前這個人選了，那麼他的直接下屬不能選，但是當前這個人不選對快樂值沒有影響，也就是。
\[\begin{cases} f_{x, 1} = f_{to, 0} \\ f_{x, 0} = \text{max}(f_{to, 1}, f_{to, 0}) \end{cases} \]然後題目就做完了，一個 dfs 解決問題
[HAOI2009]毛毛蟲
題面自己看吧，簡化不動...
傳送門
我們令 \(f_x\) 表示以 x 為根的子樹內最大的毛毛蟲的大小，而且 x 為毛毛蟲的頭，那麼 \(f_x\) 的轉移方程就很顯然了。
令 \(cnt_x\) 為 x 的兒子大小。
\(f_x = \max_{to \in son_x} f_{to} + 1 + \max(0, cnt_{to} - 1)\)
[ZJOI2007]時態同步
給你一棵樹，邊有邊權，然後問你每次可以將一條邊的邊權加一，
問你至少多少次操作之後，1 這個根節點到葉子節點的路徑長度都相同。
可以讓所有葉子節點同時發出訊號，然後這些訊號同時到達根節點。於是我們可以自下而上的進行維護，使得每一節點所有子節點的訊號同時到達該節點。
我們從根節點開始搜尋，搜尋到葉子節點，回溯的時候進行維護，先維護節點的所有子節點到該節點最大邊權（邊權為葉子節點到同時到達它所需要時間）。然後維護答案，答案為最大邊權減去所有到子節點的邊權。然後維護父節點的邊權，父節點邊權為該節點子節點的 最大邊權+父節點到該節點的時間。然後就回溯，重複操作，到根節點為止。
換根法
也叫二次掃描法
基本思路是先指定一個根結點，然後第一次dfs求出根節點的權值，然後第二次dfs的時候可以搞一個轉移方程由根結點轉移過去。
STA-Station
給定一個 nn 個點的樹，請求出一個結點，使得以這個結點為根時，所有結點的深度之和最大。
一個結點的深度之定義為該節點到根的簡單路徑上邊的數量。
設 \(dp_i\) 為第 i 個結點作為根節點時的深度之和，我們不妨令根結點為 1，然後進行第一次dfs，求出根結點為 1 時的深度之和，然後考慮如何轉移。
以樣例為例
8
1 4
5 6
4 5
6 7
6 8
2 4
3 4
我們可以知道 \(dp_4\) 為 \(12\) 考慮如何換到5這個結點。
因為換成 5 的時候相當於 5 所在的子樹所有的結點的深度都減一，剩下的結點的深度都加一，所以我們令 \(siz_x\) 記錄 x 這個結點的子樹的大小，\(point\) 為所有子樹的大小，然後\(x, to\) 為 x 結點與 x 結點所到的 to（ x 為 to 的父親結點）。
那麼 \(point - siz_{to}\) 為除了以 to 為根的子樹之外的有多少個點。
Great Cow Gathering G
給你一棵樹，邊有邊權，讓你求出一個到其他所有點的路徑和最小的那個點的路徑和。
和上一個題差不多，就是每每條邊有邊權，也就是說我們可以通過讓 siz 陣列維護的值改變一下來 AC 這道題。
考慮 siz 陣列中存貯每個牛棚的以及他的子樹中，一共有多少頭牛，剩下的轉移就和上邊那個題差不多了。
Choosing Capital for Treeland
給你一棵樹，但是樹上的邊都是單向邊，問以 i 點為根的時候，為了能夠遍歷到每個點，需要修改多少條邊的方向。
建圖的時候按照雙向邊建圖，正向和反向邊分別標記，然後可以很輕鬆的求出 1 為根時的答案，轉移的時候就判斷 x 與 to 之間連的邊是正向邊還是反向邊就行了。