學習了一下動態dp
首先乙個顯然的 \(o(nm)\) 的做法就是每次做一遍樹形dp（這也是我在noip考場上唯一拿到的部分分），直接考慮如何優化這個東西。
簡化一下問題，假如這棵樹是一條鏈，那就變得很簡單了，可以直接拿線段樹維護矩陣加速。
可是如果每個點不止有乙個兒子呢？
我們首先樹剖一下。
設 \(g[i][0]=\sum\limits_ \max(f[j][0],f[j][1])\)
\(g[i][1]=a[i]+\sum\limits_ f[j][0]\)
即 \(g[i][0]\) 表示 \(i\) 的所有輕兒子的 \(\max(f[j][0],f[j][1])\) 之和，\(g[i][1]\) 表示 \(i\) 的所有輕兒子的 \(g[j][0]\) 之和與 \(a[i]\) 的和。
那轉移方程就可以改寫為 \(f[i][0]=\max(g[i][0]+f[son[i]][0],g[i][0]+f[son[i]][1])\)
\(f[i][1]=g[i][1]+f[son[i]][0]\)
還有一點就是修改的時候，要一直跳 \(top\)，可以這樣理解：假設當前更改了點 \(x\) 的點權，那麼就會改變 \(f[top[x]]\) 的值，緊接著就會影響 \(g[fa[top[x]]]\) 的值，所以我們要一直向上跳 \(top\) 修改才能維護好。
最後放一下**:
#pragma gcc optimize(2)
#includeusing std::min;
using std::max;
using std::swap;
using std::vector;
typedef double db;
typedef long long ll;
#define pb(a) push_back(a)
#define pii std::pair#define all(a) a.begin(),a.end()
#define mp(a,b) std::make_pair(a,b)
const int n=1e5+5;
const int inf=1e9;
#define ls x<<1
#define rs x<<1|1
#define lss ls,l,mid,ql,qr
#define rss rs,mid+1,r,ql,qr
int tot,dfn[n],top[n],end[n];
int n,m,v[n],sze[n],son[n],f[n][2];
int cnt,head[n],g[n][2],fa[n],fs[n];
struct edgeedge[n<<1];
void add(int x,int y)
struct mat
friend mat operator*(mat x,mat y)
}sum[n<<2],val[n];
int getint()
void dfs(int now)
}void dfs(int now,int low) if(son[now]) end[now]=end[son[now]];
else end[now]=now;
g[now][1]+=v[now];
f[now][0]=g[now][0]+max(f[son[now]][0],f[son[now]][1]);
f[now][1]=g[now][1]+f[son[now]][0];
}void pushup(int x)
void build(int x,int l,int r)
void init()
mat query(int x,int l,int r,int ql,int qr)
mat ask(int x)
void modify(int x,int l,int r,int ql,int qr)
void change(int x,int y)
}signed main() f[j])\)，然後套路設 \(g[i]=\sum\limits_ f[j]\)，於是 \(f[i]=\min(a[i],g[i]+f[son[i]])\)。
又可以寫成矩陣相乘的形式：
\[\beginf[son[i]]\\0\end\times \beging[i]&a[i]\\\infty&0\end=\beginf[i]\\0\end
\]然後動態dp就行了。
需要注意一點的是在 \(change\) 函式裡，\(pre,nxt\) 的矩陣應該是 \(ask(top[x])\) 而不是 \(ask(x)\)。
給出一棵樹，點有點權。每次強制選或不選兩個節點，求最小權覆蓋集。
首先有個定理：最小權覆蓋集=全集-最大權獨立集。然後就是luogu模板題了。
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