題幹：
有一棵點數為 n 的樹，樹邊有邊權。給你乙個在 0∼n 之內的正整數 k，你要在這棵樹中選擇 k 個點，將其染成黑色，並將其他的 n−k 個點染成白色。將所有點染色後，你會獲得黑點兩兩之間的距離加上白點兩兩之間距離的和的收益。問收益最大值是多少。
題解：
首先，看到黑點到黑點、白點與白點，其實這就告訴我們黑點與白點是可以整體互換的（可以由黑點染成白色變為白點染成黑色），這就代表我們的 k 一定 <=（n/2）。
然後看到本題在樹上進行操作，那麼就應該是樹上dp（合理分析。。。）
相應地，我們先 dfs 出所有子樹的大小，然後想一下 dp 狀態轉移方程。
第一維不出意外應是以 i 為根節點的樹（然後怎麼怎麼樣～～～）。
第二維呢？我們好像只能是定義為以 i 為根節點的樹，這個樹中有 j 個節點被染色的情況。
我們每染兩個點，就會對全域性都造成影響，所以 dp 的結果值應定義為對全域性的貢獻，而不是以這個節點為根節點的子樹的貢獻。
再看一下這兩個相同顏色的點是如何作出貢獻的。我們可以發現，我們要輸出的結果就是所有邊權乘上各自被經過的次數。
這每乙個邊各自被經過的次數怎麼算呢？—— 我們可以看一下每乙個邊兩旁的節點，發現兩旁每有一對相同顏色的節點，它就會被經過一次。
最後用乘法分配律可得：針對每一條邊，它被經過的次數就是：
左邊白點個數×右邊白點個數+左邊黑點個數×右邊黑點個數
最後利用樹上揹包來解決（體積為染色點的個數，價值就為對全域性的貢獻）。
（注意本題的揹包與以往經典例題的方法不太一樣，它有一定後效性，
只可以在更新部分最優的同時，進行現在貢獻的統計；而不是先找出子節點的最優，再找出現在的最優進行相加）
我們再回過頭來看一下我們的演算法，好像是 o(n3) 的！！！（列舉一遍節點 × 大小為n的子樹體積 × 大小為n的其餘樹體積）。。。但仔細分析一下其實是 o(n2) 的：
1、在實現過程中，其實我們在更新答案時是列舉了整個數的乙個子樹（設大小為 x）與其餘部分（設大小為 y ），那麼每乙個小子樹的複雜度為 o(x*y)
（為什麼是 o(x*y) 呢？本題的核心在於將染色的節點數作為揹包，那麼每一棵子樹的大小就是揹包的最大體積，即在列舉時我們在 0～x 中又列舉了 0～y）：
σsiz
j=0 σsiz2
m=0val=w*( m*(k-m) + (siz[son]-m)*(n-k-(siz[son]-m)) );
dp[x][m+j]=max(dp[x][m+j],dp[x][j]+dp[son][m]+val);
2、相應的大子樹同理，那麼我們用乘法結合律可得：我們相當於將每乙個結點都乘過了除它以外的所有節點——n個節點×n個節點——o(n2)。
o(n2) 中注意要枚舉子樹的大小，而不是全掃一邊，否則就一定會退化為o(n3) 。
code：
1 #include2 #include3view code#define $ 2102
4#define ll long long
5using
namespace
std;
6int
n,first[$],tot,m,siz[$];
7 ll dp[$][$/2];8
struct treea[$*2
];9 inline int min(int x,int y)
10 inline ll max(ll x,ll y)
11 inline void add(int x,int y,int
w);13 first[x]=tot;
14 a[++tot]=(tree);
15 first[y]=tot;16}
17 inline void dfs(int x,int fa,int sum=1)25
for(register int i=first[x];i;i=a[i].next)35}
36 sum=min(m,sum+siz[to]);37}
38}39signed main()
HAOI2015 樹上染色（樹形dp，樹形揹包）
題目描述 有一棵點數為n的樹，樹邊有邊權。給你乙個在0 n之內的正整數k，你要在這棵樹中選擇k個點，將其染成黑色，並將其他的n k個點染成白色。將所有點染色後，你會獲得黑點兩兩之間的距離加上白點兩兩之間距離的和的收益。問收益最大值是多少。輸入描述 第一行兩個整數n,k。接下來n 1行每行三個正整數f...
子樹合併揹包型別的dp的複雜度證明
狀態形如f x j f x j 表示x x 子樹內選了 j role presentation style position relative j j個，轉移形如f x j k f x j f y k f x j k f x j f y k 假設樹上有n個點，第二維限制為k 最多選k個 我們熟知，這...
01揹包問題 空間複雜度o V
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