树型动态规划的题目一般是：给出你一棵树，每个点或者每条边上有对应的权值，并给出一定的限制条件，求取哪些点使得权值最大或最小。
例如说，规定相邻的两个结点不能同时取，如何取才能取到最大值？
我们发现，整个问题可以分解成若干个子问题，即通过求子树的最优值，从而推出整棵树的最优值。
那么，可以采用递归的方式，从根节点开始遍历完所有子树，对于每个结点，有取与不取两种状态。
设dp[i][0]为不取i结点时的最优值，dp[i][1]为取i结点时的最优值，那么：
dp[i][1]=sum(dp[i所有子结点][0])+a[i]，其中a[i]为当前点的权值，因当前点取，子节点一概不能取；
dp[i][0]=sum(max(dp[i所有子结点][0],dp[i所有子结点][1]))，这时因当前点不取，便不加a[i]，且子节点均可选择取或不取（注意不能误认为dp[i][1]一定大于dp[i][0]）。
大致的过程是这样：
void treedp(int now) //now为当前结点
{
for i={now的所有子结点}
{
treedp(i); //递归求解子树最优值
dp[now][0]+=max(dp[i][0],dp[i][1]);
dp[now][1]+=dp[i][0]; //状态转移方程；
}
dp[now][1]+=a[now];
}
以上是边求解子结点边更新，当然也可以求解完再进行状态转移，即：
void treedp(int now)
{
for i={now的所有子结点} treedp(i);
for i={now的所有子结点}
{
dp[now][0]+=max(dp[i][0],dp[i][1]);
dp[now][1]+=dp[i][0];
}
dp[now][1]+=a[now];
}
例如对于上面这棵树，我们边求解子结点边更新为例。（已经看懂了的可以跳过此部分）
treedp(1)，now=1，找到1的子结点2（我们假定先找左子树后找右子树，对结果无影响），treedp(2)；
此时now=2，找到2的子结点4，treedp(4)；
now=4，4无子结点，于是dp[4][0]=0，dp[4][1]=1；
回到now=2，dp[2][0]+=max(dp[4][0],dp[4][1])=1，dp[2][1]+=dp[4][0]=0，找到2的子结点5，treedp(5)；
now=5，5无子结点，于是dp[5][0]=0，dp[5][1]=1；
回到now=2，dp[2][0]+=max(dp[5][0],dp[5][1])=2，dp[2][1]+=dp[5][0]=0，此时2的子结点全部更新完，dp[2][1]+=a[2]=5；
回到now=1，dp[1][0]+=max(dp[2][0],dp[2][1])=5，dp[1][1]+=dp[2][0]=2，找到1的子结点3，treedp(3)；
now=3，3无子结点，于是dp[3][0]=0，dp[3][1]=2；
回到now=1，dp[1][0]+=max(dp[3][0],dp[3][1])=7，dp[1][1]+=dp[3][0]=2，此时1的子结点全部更新完，dp[1][1]+=a[1]=5.
最终答案就为max(dp[1][0],dp[1][1])=7。
如果权值不在点上而在边上，也可以将边权设为连接子结点的点权，转化为上述问题求解。
如果有对取得条件有其他更多的限制，则需要定义更多的状态，同时也要设置更多的状态转移方程。
如果有机会，我还会在《进阶篇》介绍更多。