概念
樹形背包，就是說，在樹上選一個包含根的連通塊，或背包存在依賴關系（選父才能選子），或者需要知道每個點的子樹中選了多少……
通常，我們有兩種方法：
一、基於dfs合並：
我們設\(dp(i,j)\)表示在i的子節點中選j個的狀態。
在轉移時，先dfs子節點，然后依次把子節點合並，每次合並2個。
即枚舉\(a,b\)，用\(dp(i,a)\)和\(dp(son,b)\)組合為\(f(a+b)\)，每次合並后，把f賦給dp。
下面分析時間復雜度：
1、物品大小為1，沒有限制：
（偽）代碼：
void Tree_Dp(int p)
{
size[p]=1;
each(x,son[p])
{
Tree_Dp(x);
for(int i=0;i<=size[p];++i)
for(int j=0;j<=size[x];++j)
update dp[p][i+j];
size[p]+=size[x];
}
}
時間復雜度為\(O(n^2)\)。
考慮那個二重循環，可以看做分別枚舉兩棵子樹的每個點。可以發現，點對\((u,v)\)，只會在\(Tree_Dp(lca(u,v))\)處被考慮到，所以復雜度是\(O(n^2)\)。
2、有物品大小：
這個復雜度可以卡到\(O(wn^2)\)，w是物品大小。
代碼：
void dfs(int x)
{
sum[x]=c[x];
dp[x][c[x]]=v[x];
if(!he[x])
return;
for(int i=he[x];i！=0;i=e[i].ne)
{
int t=e[i].to;
dfs(t);sum[x]+=sum[t];
for(int s1=min(sum[x],lim);s1>=c[x];s1--)//注意倒序
{
for(int s2=min(sum[t],min(s1-c[x],lim));s2>=c[t];s2--)//注意倒序
dp[x][s1]=max(dp[x][s1],dp[x][s1-s2]+dp[t][s2]);
}
}
}
3、物品大小為1，有k的限制。
（偽）代碼：
void dfs(int u, int fu) {
int si = 0;
for (int i = fr[u]; i != -1; i = ne[i]) {
if (v[i] != fu)
dfs(v[i], u);
}
for (int i = fr[u]; i != -1; i = ne[i]) {
if (v[i] == fu) continue;
int rt = sz[v[i]];
for (int a = 0; a <= min(si, k); a++) {
for (int b = 0; b <= min(rt, k - a); b++) {
//轉移dp
}
}
si += rt;
sz[u] = si + 1;
}
這個算法，最初覺得是\(O(nk^2)\)的，實際上是\(O(nk)\)的。
復雜度證明：
- 根據正常樹形背包的復雜度\(O(n^2)\)，小於等於k的最多產生\(n/k*k^2\)的復雜度。
- 大於k與大於k的合並一次，被合並的就增加k，最多n/k次，最多產生\(n/k*k^2\)的復雜度。
- 大於k的與小於等於k的合並時，每個小於等於k的最多被合並一次，所以是\(n*s_1+n*s_2+...+n*s_m\)，也是\(nk\)。
還有一種理解：
把樹按照dfs序變為序列。
然后，在子樹中枚舉取x個，可以理解為取dfs序的前（后）x個。
而合並時，認為一棵子樹取后x個，另一棵取前y個。\((x+y\leq k)\)。這可以合並為長x+y的區間。
這其實就是長度不大於k的子串，最多有nk個。
但是，因為有取0個的情況，所以實際做題時，大約有2的常數。但那個常數就忽略了可以。
二、dfs序上dp：
按照dfs序考慮：
我們設\(dp(i,j)\)表示考慮到第i個，剩余容量為j的狀態：
有兩種轉移：
1、不選i，那么i的子樹都不能選，轉移到\(dp(i+Size_i,j)\)。
2、選i，那么按照dfs序考慮下一個，轉移到\(dp(i+1,j-w)+v\)。
正確性顯然。
但是，有些樹上的信息無法知道。
代碼
for(int i=1;i<=m;i++)
{
for(int j=0;j<=n;j++)
{
if(j>=cost[i].v)
dp[i][j]=max(dp[f[i]][j],dp[i-1][j-cost[i].v]+cost[i].w);
else
dp[i][j]=dp[i-size(i)][j];
}
}
printf("%d\n",dp[m][n]);
時間復雜度分析
這個比較顯然，n個點，m的容量限制（沒有則m=n），狀態有\(nm\)個，轉移代價為\(O(1)\)，復雜度為\(O(nm)\)。
而且，這種方法更好寫，且常數更小。
在物品有多個等特殊問題時，也方便優化。
例題1
題目描述
媽媽昨天對他說：“你的房間需要購買哪些物品，怎么布置，你說了算，只要不超過 N 元錢就行”。今天一早，金明就開始做預算了，他把想買的物品分為兩類：主件不附件，附件是從屬於某個件的，下表就是一些主件不附件的例子：
如果要買歸類為附件的物品，必須先買該附件所屬的件。每個主件可以有很多個附件。附件可能有從屬於自己的附件。金明想買的東西很多，肯定會超過媽媽限定的 N 元。於是，他把每件物品規定了一個重要度，分為 5 等：用整數 1−5 表示，第 5 等最重要。他還從因特網上查到了每件物品的價格（都是在10 元以內）。他希望在不超過 N 元（可以等於 N 元）的前提下，使每件物品的價格不重要度的乘積的總和最大。 設第 j 件物品的價格為 v[j] ，重要度為 w[j] ，共選中了 k 件物品，編號依次為 j1,j2,…,jk，則所求的總和為： v[j1]×w[j1]+v[j2]×w[j2]+…+v[jk]×w[jk] 請你幫助金明設計一個滿足要求的購物單。
輸入格式
第 1 行，為兩個正整數，用一個空格隔開：
N，m （其中 N(<8000) 表示總錢數， m(<8000) 為希望購買物品的個數。） 從第 2 行到第 m+1 行，第 j 行給出了編號為 j−1的物品的基本數據，每行有 3 個非負整數:v，p，q（其中 v 表示該物品的價格（v<10），p表示該物品的重要度（1−5），q 表示該物品是主件還是附件。如果 q=0，表示該物品為主件，如果 q>0 ，表示該物品為附件， q 是所屬件的編號（q< j-1））
輸出格式
一個正整數，為不超過總錢數的物品的價格與重要度乘積的總和的最大值。
這個，是顯然的樹型背包。
如果用方法1，則由於物品大小的影響，可以卡到\(O(nm^2)\)。
但是，方法二就是\(O(nm)\)的，很快，還好寫。
（差距很大）。
例題2
- P4516 [JSOI2018]潛入行動
題解
這題，由於我要知道父子關系的信息（例如：父節點是否選擇等），所以方法二便不能使用。
使用方法一，復雜度為\(O(nk)\)。
例題3
- P3780 [SDOI2017]蘋果樹
題解
這題有些像例1，只不過物品有多個，轉成dfs序后，單調隊列優化即可，復雜度\(O(nk)\)。
如果方法1至少要\(O(nk^2)\)。
此時，dfs序還可以知道某條鏈兩側的狀態。
總結下：
方法一：
可以知道每個點的確切情況（比如子樹中選了多少，也能記錄父親的信息）。可以與普通的樹型dp結合使用（因為畢竟是在樹上）。
但是，復雜度相對較高（因為合並背包很慢）。
方法二：
復雜度較低（因為不需要合並背包，相當於依次添加）。
但是，不能知道每個點的確切情況（因為是在序列上），有些題不能使用。
如果是連通塊的DP，只能算出包含根的連通塊。如果要求所有連通塊的信息，需要使用點分治，復雜度多一個log。