寒假集训笔记·以点为对象的树形DP

以点为对象的树形DP寒假集训笔记

一、核心概念

1. 定义

以顶点为决策对象的树形DP，核心是通过节点状态关联子树最优解，状态通常定义为 f ( u , s t a t e ) f(u, state) f(u,state)：

u u u：当前处理的子树根节点
s t a t e state state：节点状态（如选/不选、覆盖来源、染色等）
含义：以 u u u 为根的子树中， u u u 处于该状态时的最优答案（最大权值/最小代价）

2. 核心逻辑

决策核心围绕"当前节点状态与直接子节点状态的依赖关系"，通过DFS递归遍历树结构，利用子树DP结果推导当前节点DP值，时间复杂度通常为 O ( n ) O(n) O(n)。

二、经典题型详解

（一）最大独立集

例题

1. 问题描述

树上选若干顶点，相邻顶点不能同时选中，求选中顶点的最大权值和。

2. 状态定义

d p $u$ $0$ dp $u$ $0$ dp $u$ $0$ ：不选节点 u u u 时，以 u u u 为根的子树最大权值
d p $u$ $1$ dp $u$ $1$ dp $u$ $1$ ：选中节点 u u u 时，以 u u u 为根的子树最大权值

3. 转移方程

选中 u u u：子节点必须不选
d p $u$ $1$ = a $u$ + ∑ v ∈ s o n ( u ) d p $v$ $0$ dp $u$ $1$ = a $u$ + \sum_{v \in son(u)} dp $v$ $0$ dp $u$ $1$ =a $u$ +∑v∈son(u)dp $v$ $0$ （ a $u$ a $u$ a $u$ 为节点 u u u 权值）
不选 u u u：子节点可选可不选，取最大值
d p $u$ $0$ = ∑ v ∈ s o n ( u ) m a x ( d p $v$ $0$ , d p $v$ $1$ ) dp $u$ $0$ = \sum_{v \in son(u)} max(dp $v$ $0$ , dp $v$ $1$ ) dp $u$ $0$ =∑v∈son(u)max(dp $v$ $0$ ,dp $v$ $1$ )

（二）最小支配集

例题

一、问题描述

每个顶点可以放置守卫，守卫能保护自身及相邻的节点。求最少需要选择多少个顶点放置守卫，使得树上所有节点都被保护（无任何节点遗漏覆盖）。

二、核心分析

与最大独立集的区别

最大独立集仅需考虑"节点选或不选"的二元状态，而最小支配集需要明确"节点被谁保护"，状态更复杂，需通过多状态区分覆盖来源，避免遗漏保护场景。
关键思考

节点的保护来源仅三种可能：自身为守卫、被子节点保护、被父节点保护，因此需设计三状态覆盖所有场景，确保无后效性。

三、状态定义（核心）

定义 d p $u$ $s t a t e$ dp $u$ $state$ dp $u$ $state$ 表示以 u u u 为根的子树中， u u u 处于对应状态时的最少守卫数：

d p $u$ $0$ dp $u$ $0$ dp $u$ $0$ ： u u u 被选中（自身放置守卫），可覆盖 u u u 及其所有子节点；
d p $u$ $1$ dp $u$ $1$ dp $u$ $1$ ： u u u 未被选中，但被子节点保护（ u u u 无守卫，至少有一个子节点放置了守卫）；
d p $u$ $2$ dp $u$ $2$ dp $u$ $2$ ： u u u 未被选中，依赖父节点保护（ u u u 无守卫，需等待父节点的守卫覆盖自身）。

四、状态转移方程

1. d p $u$ $0$ dp $u$ $0$ dp $u$ $0$ 转移（ u u u 自身为守卫）

当 u u u 放置守卫时，其所有子节点 v v v 可处于任意状态（无需额外约束，因 u u u 的守卫已覆盖 v v v），只需取每个子节点所有状态的最小值累加，再加上当前节点的守卫数：

$dp\[u\]\[0\] = 1 + \\sum_{v \\in children(u)} \\min(dp\[v\]\[0\], dp\[v\]\[1\], dp\[v\]\[2\])$

2. d p $u$ $2$ dp $u$ $2$ dp $u$ $2$ 转移（ u u u 依赖父节点保护）

当 u u u 未放置守卫且依赖父节点时， u u u 的子节点 v v v 不能依赖 u u u 保护（否则 v v v 会无覆盖），因此 v v v 只能是"自身选中"或"被子节点保护"，取两者最小值累加：

$dp\[u\]\[2\] = \\sum_{v \\in children(u)} \\min(dp\[v\]\[0\], dp\[v\]\[1\])$

3. d p $u$ $1$ dp $u$ $1$ dp $u$ $1$ 转移（ u u u 被子节点保护，核心难点）

当 u u u 未放置守卫且需被子节点保护时，必须保证至少有一个子节点 v v v 放置了守卫（即 v v v 处于 d p $v$ $0$ dp $v$ $0$ dp $v$ $0$ 状态） ，否则 u u u 会未被覆盖。转移分两步：

Step 1：计算所有子节点取 m i n ( d p $v$ $0$ , d p $v$ $1$ ) min(dp $v$ $0$ , dp $v$ $1$ ) min(dp $v$ $0$ ,dp $v$ $1$ ) 的总和 S u m Sum Sum，同时记录是否存在子节点满足 d p $v$ $0$ ≤ d p $v$ $1$ dp $v$ $0$ ≤ dp $v$ $1$ dp $v$ $0$ ≤dp $v$ $1$ （即该子节点选择 d p $v$ $0$ dp $v$ $0$ dp $v$ $0$ 更优）：

$Sum = \\sum_{v \\in children(u)} \\min(dp\[v\]\[0\], dp\[v\]\[1\])$
Step 2：分情况讨论：
- Case A：若存在至少一个子节点 v v v 满足 d p $v$ $0$ ≤ d p $v$ $1$ dp $v$ $0$ ≤ dp $v$ $1$ dp $v$ $0$ ≤dp $v$ $1$ ，则 S u m Sum Sum 中已包含 d p $v$ $0$ dp $v$ $0$ dp $v$ $0$ ， u u u 可被该子节点保护，此时 d p $u$ $1$ = S u m dp $u$ $1$ = Sum dp $u$ $1$ =Sum；
- Case B：若所有子节点均满足 d p $v$ $1$ < d p $v$ $0$ dp $v$ $1$ < dp $v$ $0$ dp $v$ $1$ <dp $v$ $0$ ，则 S u m Sum Sum 中全为 d p $v$ $1$ dp $v$ $1$ dp $v$ $1$ （无子女守卫），需强制将一个子节点 v v v 转换为 d p $v$ $0$ dp $v$ $0$ dp $v$ $0$ 状态，取转换成本最小的（ d p $v$ $0$ − d p $v$ $1$ dp $v$ $0$ - dp $v$ $1$ dp $v$ $0$ −dp $v$ $1$ ）累加至 S u m Sum Sum：
$dp\[u\]\[1\] = Sum + \\min_{v \\in children(u)} { dp\[v\]\[0\] - dp\[v\]\[1\] }$

（三）一题多解

例题

1. 贪心核心逻辑

每个节点必须被保护（要么自身为守卫，要么被相邻节点保护）。对于深度最深的节点，其保护来源仅两种可能：自身或父节点。贪心选择父节点放置守卫，原因是父节点的覆盖范围更广（可同时保护父节点自身、当前节点及当前节点的兄弟节点），能最小化总守卫数。

2. 贪心执行步骤

从叶子节点向上遍历树（按深度从大到小排序）；
若当前节点未被覆盖，在其父节点放置守卫，并标记父节点、当前节点及父节点的所有子节点（当前节点的兄弟节点）为已覆盖；
若遍历至根节点且根节点未被覆盖，则在根节点自身放置守卫。

3. 贪心算法的局限性

仅适用于 所有节点代价相同 的场景（如"放置守卫的成本均为1"），无法处理节点带权的情况（如不同节点放置守卫的成本不同，例如保安站岗）。

二、变式：覆盖半径为2的支配集（消防局的设立）

1. 问题描述

与基础最小支配集的核心区别是"守卫覆盖半径为 2 2 2 "：若在节点 C C C 放置守卫，可覆盖C及其距离 ≤ 2 ≤2 ≤2 的所有节点（如边 A − B − C − D − E A-B-C-D-E A−B−C−D−E 中， C C C 的守卫可覆盖 A 、 B 、 C 、 D 、 E A、B、C、D、E A、B、C、D、E 五个节点）。要求找到最少的守卫数，使树上所有节点被覆盖。

2. 核心思考

覆盖半径扩大至 2 2 2 后，节点的覆盖来源更复杂，需考虑"消防局"可能的位置：自身、儿子、孙子、父亲、爷爷。因此需定义多状态，覆盖所有"覆盖来源"和"未覆盖待救援"的场景，确保无遗漏。

3. 五状态定义（核心）

定义 d p $u$ $s t a t e$ dp $u$ $state$ dp $u$ $state$ 表示以 u u u 为根的子树中，对应状态下的最少守卫数，状态需涵盖所有覆盖与未覆盖场景：

d p $u$ $0$ dp $u$ $0$ dp $u$ $0$ ：至少 u u u 及其子树全部被覆盖，且 u u u 处设消防局（覆盖能力最强，可覆盖 u u u 的爷爷、父亲、自身、儿子、孙子）；
d p $u$ $1$ dp $u$ $1$ dp $u$ $1$ ：至少 u u u 及其子树全部被覆盖， u u u 被其儿子设的消防局覆盖（儿子的消防局半径2，可覆盖 u u u）；
d p $u$ $2$ dp $u$ $2$ dp $u$ $2$ ：至少 u u u 及其子树全部被覆盖， u u u 被其孙子设的消防局覆盖（孙子的消防局半径2，可覆盖 u u u）；
d p $u$ $3$ dp $u$ $3$ dp $u$ $3$ ：至少 u u u 的子树内部全部覆盖，但 u u u 未被覆盖（需等待父亲或爷爷的消防局救援，父亲的消防局半径2可覆盖 u u u，爷爷的消防局半径2也可覆盖 u u u）；
d p $u$ $4$ dp $u$ $4$ dp $u$ $4$ ：至少 u u u 的孙子辈全部覆盖，但 u u u 和儿子都未被覆盖（需等待父节点的消防局救援，父节点的消防局半径2可覆盖 u u u 和 u u u 的儿子）。

4. 状态转移思路（对所有儿子 v v v 操作）

状态	含义	转移逻辑
d p $u$ $0$ dp $u$ $0$ dp $u$ $0$	u u u 设消防局，自身及子树全覆盖	儿子 v v v 可处于任意状态（因 u u u 的消防局已覆盖 v v v），累加每个儿子所有状态的最小值： ∑ m i n ( d p $v$ $0$ , d p $v$ $1$ , d p $v$ $2$ , d p $v$ $3$ , d p $v$ $4$ ) \sum min(dp $v$ $0$ , dp $v$ $1$ , dp $v$ $2$ , dp $v$ $3$ , dp $v$ $4$ ) ∑min(dp $v$ $0$ ,dp $v$ $1$ ,dp $v$ $2$ ,dp $v$ $3$ ,dp $v$ $4$ )
d p $u$ $1$ dp $u$ $1$ dp $u$ $1$	u u u被子节点消防局覆盖，自身及子树全覆盖	至少有一个儿子 v v v 处于 d p $v$ $0$ dp $v$ $0$ dp $v$ $0$ 状态（儿子设消防局，半径2覆盖 u u u），其余儿子可处于 d p $v$ $0$ d p $v$ $3$ dp $v$ $0$ ~dp $v$ $3$ dp $v$ $0$ dp $v$ $3$ 状态（确保子树覆盖且不影响 u u u 的覆盖），取满足条件的最小和
d p $u$ $2$ dp $u$ $2$ dp $u$ $2$	u u u 被孙子消防局覆盖，自身及子树全覆盖	至少有一个儿子 v v v 处于 d p $v$ $1$ dp $v$ $1$ dp $v$ $1$ 状态（孙子设消防局，通过儿子传递覆盖 u u u），其余儿子可处于 d p $v$ $0$ d p $v$ $2$ dp $v$ $0$ ~dp $v$ $2$ dp $v$ $0$ dp $v$ $2$ 状态，取满足条件的最小和
d p $u$ $3$ dp $u$ $3$ dp $u$ $3$	u u u 子树全覆盖， u u u 未覆盖（等父/爷爷救援）	所有儿子 v v v 必须已被覆盖（不能依赖 u u u 救援），因此儿子仅能处于 d p $v$ $0$ d p $v$ $2$ dp $v$ $0$ ~dp $v$ $2$ dp $v$ $0$ dp $v$ $2$ 状态，累加每个儿子的最小值： ∑ m i n ( d p $v$ $0$ , d p $v$ $1$ , d p $v$ $2$ ) \sum min(dp $v$ $0$ , dp $v$ $1$ , dp $v$ $2$ ) ∑min(dp $v$ $0$ ,dp $v$ $1$ ,dp $v$ $2$ )
d p $u$ $4$ dp $u$ $4$ dp $u$ $4$	孙子辈全覆盖， u u u 和儿子未覆盖（等父节点救援）	所有儿子 v v v 的孙子辈已覆盖，儿子可处于 d p $v$ $0$ d p $v$ $3$ dp $v$ $0$ ~dp $v$ $3$ dp $v$ $0$ dp $v$ $3$ 状态（儿子未覆盖可由父节点 u u u 的父节点救援），累加每个儿子的最小值： ∑ m i n ( d p $v$ $0$ , d p $v$ $1$ , d p $v$ $2$ , d p $v$ $3$ ) \sum min(dp $v$ $0$ , dp $v$ $1$ , dp $v$ $2$ , dp $v$ $3$ ) ∑min(dp $v$ $0$ ,dp $v$ $1$ ,dp $v$ $2$ ,dp $v$ $3$ )

5. 实现技巧

d p $u$ $1$ dp $u$ $1$ dp $u$ $1$ 和 d p $u$ $2$ dp $u$ $2$ dp $u$ $2$ 的转移需确保"至少一个儿子满足特定状态"，可利用 d p $u$ $4$ dp $u$ $4$ dp $u$ $4$ 和 d p $u$ $3$ dp $u$ $3$ dp $u$ $3$ 简化计算：

d p $u$ $1$ dp $u$ $1$ dp $u$ $1$ ：先计算 d p $u$ $4$ dp $u$ $4$ dp $u$ $4$ （儿子取 m i n ( d p $v$ $0$ d p $v$ $3$ ) min(dp $v$ $0$ ~dp $v$ $3$ ) min(dp $v$ $0$ dp $v$ $3$ ) 的总和），再扫描所有儿子，找到"替换为 d p $v$ $0$ dp $v$ $0$ dp $v$ $0$ 成本最小"的情况，即：

d p $u$ $1$ = m i n ( d p $u$ $1$ , d p $u$ $4$ − m i n ( d p $v$ $0$ d p $v$ $3$ ) + d p $v$ $0$ ) dp $u$ $1$ = min(dp $u$ $1$ , dp $u$ $4$ - min(dp $v$ $0$ ~dp $v$ $3$ ) + dp $v$ $0$ ) dp $u$ $1$ =min(dp $u$ $1$ ,dp $u$ $4$ −min(dp $v$ $0$ dp $v$ $3$ )+dp $v$ $0$ )

d p $u$ $2$ dp $u$ $2$ dp $u$ $2$ ：先计算 d p $u$ $3$ dp $u$ $3$ dp $u$ $3$ （儿子取 m i n ( d p $v$ $0$ d p $v$ $2$ ) min(dp $v$ $0$ ~dp $v$ $2$ ) min(dp $v$ $0$ dp $v$ $2$ ) 的总和），再扫描所有儿子，找到"替换为 d p $v$ $1$ dp $v$ $1$ dp $v$ $1$ 成本最小"的情况，即：

d p $u$ $2$ = m i n ( d p $u$ $2$ , d p $u$ $3$ − m i n ( d p $v$ $0$ d p $v$ $2$ ) + d p $v$ $1$ ) dp $u$ $2$ = min(dp $u$ $2$ , dp $u$ $3$ - min(dp $v$ $0$ ~dp $v$ $2$ ) + dp $v$ $1$ ) dp $u$ $2$ =min(dp $u$ $2$ ,dp $u$ $3$ −min(dp $v$ $0$ dp $v$ $2$ )+dp $v$ $1$ )