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给一棵树，每条边有权值，对于每个点，求到该点的路径的最大权值。树形dp对于一个节点来说，到它的最大路径权值要么是它的子树中的节点到该点，要么是父亲节点的其他子树节点到该点。dp[i][0] 表示以i为根节点的子树中到 i 的最大路径权值dp[i][1] 表示以i为根节点的子树中到 i 的最大路径权值dp[i][2] 表示i的父亲节点的除了i这棵子树外的其他子树到i的最大路径权值dp[i...

给一棵树,每个节点、每条边都有权值，到一个会加上对应的权值，经过一条边会减去边上的权值，问从节点出发，最多能剩下多少权值。树形dp,对于一个节点u，不可能又算它的父亲节点，又算它的两个两个（或以上）的儿子，原因是路径无法重复走。dp[u]表示u到它的一个叶子节点的最大剩余的权值。dp[u] = max(val[u] + dp[v] - cost(u,v)) v是u的孩子更新答案时，首先要判...

树形依赖背包。多表示一个根节点，就是在（n+1）个节点里面选（m+1)个节点，使得获得的宝物最多。dp[u][i]表示在以u为根节点的树中，选i个节点的获得的最大价值递推公式 dp[u][i] = dp[u][k] + dp[v][i-k] ,v 是 u的孩子节点答案就是dp[0][m+1]#include <cstdio>#include <algorithm&gt...

树形依赖背包。多表示一个根节点，就是在（n+1）个节点里面选（m+1)个节点，使得获得的宝物最多。dp[u][i]表示在以u为根节点的树中，选i个节点的获得的最大价值递推公式 dp[u][i] = dp[u][k] + dp[v][i-k] ,v 是 u的孩子节点答案就是dp[0][m+1]#include <cstdio>#include <algorithm&gt...

给一棵树（题目明确没说），求删一个点后连通分量之差最小，树形dpd[i]表示以i为根节点的树的和，则删除该节点后的差就是 |sum - 2*d[i]|注意 long long 取绝对值是llabs#include <cstdio>#include <algorithm>#include <cstring>using namespace std;...

给一棵树（题目明确没说），求删一个点后连通分量之差最小，树形dpd[i]表示以i为根节点的树的和，则删除该节点后的差就是 |sum - 2*d[i]|注意 long long 取绝对值是llabs#include <cstdio>#include <algorithm>#include <cstring>using namespace std;...

给一棵树，求删除一个节点后最大连通分量最小的点树形dpd[i][0] 表示 以i为根节点的子树的总结点数（i不算)d[i][1] 表示以i为根节点的树的最大的子树的结点数d[i][2] 表示整个树除了子树i外的结点数则所求的就是要max(d[i][1],d[i][2]）尽可能的小最后该题卡STL，所以要用链式向前星最后链式向前星的next和to数组要开 N*2 那么大，存双向边~#...

给一棵树，求删除某个节点，使得剩下的最大的连通分量的最大值小于总结点的一半树形dpd[i][0]表示以i为根节点的树的总节点数（除了i）d[i][1]表示以i为根节点的树的最大的子树的节点数则若满足d[i][1] <= n/2 并且 n-1-d[i][0] <= n/2 ，节点i就是满足条件的一个#include <cstdio>#include <alg...

n个人，每个人有一个值，n个人的关系构成一棵树，选中一个节点后所有儿子节点都不能选，问能选的最大的值是多少。树形dp, dp[i][0/1] 表示选/不选第 i个节点的情况下能获得的最大值。设v 是u的子节点dp[u][0] = sum(max{dp[v][0],dp[v][1]});dp[u][1] = sum(dp[v][0])#include <cstdio>#inc...

给一棵树，对于每一个节点u，有一个值 sum(dist(u,v)*val[v] ) ,v是其他节点，求最大的值。树形dp如果v 是 u 的孩子节点， 则以v为根节点的子树对u 的贡献就是子树中所有节点的和。先求出以u为根节点的子树的权值和。可以一边dfs一边算答案，当由u 转移到 v 时 ，当前的值 要减去 sum[v] ,再加上 sum[u] - sum[v] ,上面两步好想，关键是算v...