feat(dp/tree): add tree knapsack

树形 DP，即在树上进行的 DP。由于树固有的递归性质，树形 DP 一般都是递归进行的。

## 例题

## 基础

以下面这道题为例，介绍一下树形 DP 的一般过程。

???+note " 例题[洛谷 P1352 没有上司的舞会](https://www.luogu.com.cn/problem/P1352)"

    某大学有 $n$ 个职员，编号为 $1\text{~} N$ 。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 $a_i$ ，但是呢，如果某个职员的上司来参加舞会了，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。

    某大学有 $n$ 个职员，编号为 $1 \sim N$ 。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 $a_i$ ，但是呢，如果某个职员的上司来参加舞会了，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。

我们可以定义 $f(i,0/1)$ 代表以 $i$ 为根的子树的最优解（第二维的值为 0 代表 $i$ 不参加舞会的情况，1 代表 $i$ 参加舞会的情况）。

}

```

## 树上背包

树上的背包问题，简单来说就是背包问题与树形 DP 的结合。

???+note "例题[洛谷 P2014 CTSC1997 选课]"

    现在有 $n$ 门课程，第 $i$ 门课程的学分为 $a_i$，每门课程有零门或一门先修课，有先修课的课程需要先学完其先修课，才能学习该课程。

    一位学生要学习 $m$ 门课程，求其能获得的最多学分数。

    $n,m \leq 300$

每门课最多只有一门先修课的特点，与有根树中一个点最多只有一个父亲节点的特点类似。

因此可以想到根据这一性质建树，从而所有课程组成了一个森林的结构。为了方便起见，我们可以新增一门 $0$ 学分的课程（设这个课程的编号为 $0$），作为所有无先修课课程的先修课，这样我们就将森林变成了一棵以 $0$ 号课程为根的树。

我们设 $f(u,i,j)$ 表示以 $u$ 号点为根的子树中，已经遍历了 $u$ 号点的前 $i$ 棵子树，选了 $j$ 门课程的最大学分。

转移的过程结合了树形 DP 和背包 DP 的特点，我们枚举 $u$ 点的每个子节点 $v$，同时枚举以 $v$ 为根的子树选了几门课程，将子树的结果合并到 $u$ 上。

记点 $x$ 的儿子个数为 $s_x$，以 $x$ 为根的子树大小为 $\textit{siz_x}$，很容易写出下面的转移方程：

$$

f(u,i,j)=\max_{v,k \leq j,k \leq \textit{siz_v}} f(u,i-1,j-k)+f(v,s_v,k)

$$

$f$ 的第二维可以很轻松地用滚动数组的方式省略掉，注意这时需要倒序枚举 $j$ 的值。

我们可以证明，该做法的时间复杂度为 $O(nm)$[^note1]。

??? note "参考代码"

    #include <cstdio>

    #include <algorithm>

    using namespace std;

    struct edge

    {

     int v,next;

    }e[305];

    int head[305],f[305][305],cnt,s[305];

    void addedge(int u,int v)

    {

     e[++cnt].v=v;

     e[cnt].next=head[u];

     head[u]=cnt;

    }

    int dfs(int a)

    {

     int p=1;

     f[a][1]=s[a];

     for(int t=head[a];t;t=e[t].next)

     {

      int v=e[t].v;

      int now=dfs(v);

      //需要注意枚举的上下界

      //一些状态本身是无意义的，故转移时不必考虑这些状态

      for(int i=p;i;i--)

       for(int j=1;j<=now;j++)

        f[a][i+j]=max(f[a][i+j],f[a][i]+f[v][j]);

      p+=now;

     }

     return p;

    }

    int main()

    {

     int n,m;

     scanf("%d%d",&n,&m);

     for(int i=1;i<=n;i++)

     {

      int u;

      scanf("%d%d",&u,&s[i]);

      addedge(u,i);

     }

     dfs(0);

     printf("%d",f[0][m+1]);

     return 0;

    }

## 习题

 [HDU 2196 Computer](http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2196) 

- [HDU 2196 Computer](http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2196) 

- [POJ 1463 Strategic game](http://poj.org/problem?id=1463) 

- [POJ 3585 Accumulation Degree](http://poj.org/problem?id=3585) 

 [POJ 1463 Strategic game](http://poj.org/problem?id=1463) 

## 参考资料与注释

 [POJ 3585 Accumulation Degree](http://poj.org/problem?id=3585) 

[^note1]: [子树合并背包类型的 dp 的复杂度证明 - LYD729 的 CSDN 博客](https://blog.csdn.net/lyd_7_29/article/details/79854245)