【問題描述】
什麼是樹形揹包？簡單的說就是在一棵有ｎ個節點的樹上，每個節點都相當於一件物品，每件物品都有乙個**和乙個得分對於物品a,設其父節點為father[a],那麼你必須購買了father[a]後才能購買a。現給你m元現金，要求求乙個購買方案，使得物品的總得分最大。
我們見過很多此類題目：重修道路、技能樹、選課……
【分析】
我們很容易想到乙個樹形動態規劃：
cost[a]表示a節點所代表的物品的**
score[a]表示a節點所代表的物品的得分
狀態f[a][b]表示以節點a為根的子樹，總共花費不超過b元的最多得分。
狀態轉移方程：
f[a][b]=max+score[a];
其中ci為a的子節點；∑bi=b-cost[a];
這樣列舉的效率顯然不高。
於是我們想到樹形dp的常用優化方法：利用左兒子右兄弟表示法
這樣f[a][b]表示以節點a為根的子樹且及其兄**樹總共花費不超過b元的最多得分。
f[a][b]=max(max,f[right[a]][b]);
其中left[a],right[a]分別表示a的左、右子樹。
這樣我們得到了乙個o(m2n)的動態規劃。
然而，我們探索的腳步還未停下。
回想經典的０１揹包問題。
f[a][b]表示從第a個物品到第n個物品總共花費不超過b元所能得到的最大得分。顯然我們要做的就是列舉乙個物品買還是不買。
f[a][b]=max(f[a+1][b-cost[a]]+money[a],f[a+1][b]);
複雜度是o(m*n)的。
為什麼這個問題可以做到o(m*n)呢，樹形揹包可以優化到這個複雜度嗎？
我們來**樹形揹包的複雜度是怎麼來的。
我們從最原始的多叉樹說起：
在狀態轉移的時候，我們需要列舉給每棵子樹分配的現錢數，這導致了列舉量巨大，演算法效率不高。
根據這一點我們把多叉樹轉化成了二叉樹，目的就是要減少列舉量，顯然我們做到了，在二叉樹上我們只需要列舉給左子樹分配多少。
關於樹形揹包先研究到這裡，我們先看看經典的揹包是怎麼回事：
當我們在考慮乙個物品a的時候，只用列舉是否要購買它，而且注意到不論我們是否要購買，剩下的錢都由後面所有的物品來分。
回到樹上來。
我們發現，在乙個分叉點上我們的現錢是需要分流的，即給每一棵子樹一部分。
而且在子樹中不會相互轉移了。
本質的差異就在這裡。
這時，我們就有了乙個美妙的設想：將左子樹和右子樹連線起來，使得現錢在考慮完左子樹後能再供右子樹分配。這樣，我們所想的實際上就是乙個線形關係。
關於樹的線形關係，我們立刻想到樹的遍歷序。
並且由於需要先處理父節點，從直覺上我們先選擇前序遍歷序。
這樣，我們得到了乙個線形關係。
注意樹的前序遍歷序並不能完全表示一棵樹的結構。
我們需要記下每個節點的子孫節點總數childnum。
這時，我們看到了很美好的景像：
如我們所願，樹的結構成了 根—>左子樹—>右子樹 這樣的線形結構。
假設我們將前序遍歷序儲存在list裡面。
我們定義動態規劃的狀態：
f[a][b]表示從a到n總共花費b元所得的最大得分。
則我們有轉移方程：
f[a][b]=max;
即：列舉買不買a節點所代表的物品。如果買的話則轉到線形表的下乙個結點（a節點的後繼），否則a節點所在的子樹就不用討論了，直接將錢轉移到以a為根的子樹的後繼上去。
這樣，我們就不必給子樹分錢了，而是所有的子樹共同分享剩下的錢。
根據前面的思考，我們先依次求出每棵樹的先根遍歷序，並儲存在同乙個序列list中。
為了利用上面的結論，我們還要求出以節點i為根的子樹的節點總數count[i]。
現在我們來設計動態規劃演算法：
定義：cost[i]表示第i個物品的**
weight[i]表示第i個物品的權值
f[i][j]表示從第i個物品到第n個物品，最多花費j元，能得到的最大權值和。
狀態轉移：
對於乙個節點，我們考慮是否購買它：
購買：那麼我們繼續考慮它後面的節點
不購買：那麼我們跳過它的子孫節點
方程如下：
f[i][j]=max
這個演算法依然是o(nm)的，很完美！
先序遍歷用於優化樹形分組揹包問題
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