树形背包的一般形式
给定一棵有\(n\)个节点的点权树，要求你从中选出\(m\)个节点，使得这些选出的节点的点权和最大，一个节点能被选当且仅当其父亲节点被选中，根节点可以直接选。
\(n^3\)解法
原理
考虑设\(f[u][i]\)表示在\(u\)的子树中选择\(i\)个节点（包括它本身）的最大贡献，则可列出以下转移方程。
\[ f[u][i]=max(f[u][j]+f[v][i-j]+d[v])\ [j=1...i-1] \]
其中\(d[v]\)表示点\(v\)的点权，\(i-j\)表示在子树\(v\)中选择\(i-j\)个节点。
由于遍历整棵树是\(\Theta(n)\)的，而选取\(i\)和\(j\)是\(O(m^2)\)的，所以整个程序的复杂度就是\(O(nm^2)\)的。
例题
这是一道树形背包的模板题，可以将题目转化为在\(n+1\)个节点中选\(m+1\)个节点。于是最后的答案就是\(f[0][m+1]\)。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using std::max;
const int N = 3e2 + 10, M = 3e2 + 10;
int n, m, f[N][N], s[N], son[N][N];
void dfs (int u) {
for (int i = 1; i <= son[u][0]; ++i) {
int v = son[u][i]; dfs(v);
for (int j = m + 1; j >= 1; --j)
for (int k = 0; k < j; ++k)
f[u][j] = max(f[u][j], f[u][j - k] + f[v][k]);
}
}
int main () {
scanf ("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1, fa; i <= n; ++i) {
scanf ("%d%d", &fa, s + i);
f[i][1] = s[i];
son[fa][++son[fa][0]] = i;
}
dfs(0);
printf ("%d\n", f[0][m + 1]);
return 0;
}\(n^2\)解法
警告：此算法可能思维难度较大，而且一般联赛不会考（但不排除作为压轴题考出），视情况阅读！
原理
显然，\(n^3\)算法的时间开销是很\(Big\)的，比如这道题：洛谷 P4322 最佳团体。
此题在\(01\)分数规划后采取树形背包\(check\)，但是，\(n^3log\)的时间复杂度是不允许，考虑优化树形背包的\(check\)过程
首先，既然要优化，我们就得知道瓶颈在哪。瓶颈在于，我们是一边\(dfs\)一边更新的，由于要遍历子树，我们同时还要知道选择多少个节点，那么我们是否可以先跑一遍\(dfs\)处理出\(dfs\)序然后根据\(dfs\)序，来更新。
设\(f[i][j]\)为当前\(dp\)到\(dfs\)序为\(i\)的点，目前已经选了\(j\)个节点。则有转移方程（\(d[i]\)表示点权）：
1.选取当前节点：
\[ f[i+1][j+1]=f[i][j]+d[i] \]
如果选了这个点，则在\(dfs\)序后一个节点要么是它的子节点，要么下一棵子树（则证明其没有子节点）。
2.不选当前节点：
\[ f[nx[i]][j]=f[i][j] \]
其中\(nx[i]\)表示下一棵子树，因为你没选这个点，当然不能选择其子节点。
由于\(dfs\)序为\(\Theta(n)\)的，然后枚举\(j\)为\(O(m)\)的，所以总复杂度为\(O(nm)\)。
例题
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using std::min;
typedef long long ll;
const int N = 3e2 + 10, M = 3e2 + 10, Inf = 1e9 + 7;
int n, m, d[N], s[N], dfn[N], son[N][N], time, f[N][N], nx[N];
inline void upt (int &a, int b) { if(a < b) a = b; }
void Init_dfs(int u) {
dfn[u] = time++;
for (int i = 1; i <= son[u][0]; ++i)
Init_dfs(son[u][i]);
nx[dfn[u]] = time;
}
void Doit_dp() {
for (int i = 1; i <= n; ++i)
d[dfn[i]] = s[i];
for (int i = 1; i <= n + 1; ++i)
for (int j = 0; j <= m; ++j)
f[i][j] = -Inf;
for (int i = 0; i <= n; ++i)
for (int j = 0; j <= min(i, m); ++j) {
upt(f[i + 1][j + 1], f[i][j] + d[i]);
upt(f[nx[i]][j], f[i][j]);
}
}
int main () {
scanf("%d%d", &n, &m); ++m;
for (int i = 1, fa; i <= n; ++i) {
scanf("%d%d", &fa, s + i);
son[fa][++son[fa][0]] = i;
}
Init_dfs(0);//预处理dfs
Doit_dp();//动态规划
printf("%d\n", f[n + 1][m]);
return 0;
}之前我们提到的洛谷 P4322 最佳团体，就是用\(01\)分数规划&树形背包来解决的
// luogu-judger-enable-o2
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using std::min;
using std::max;
const int N = 3e3 + 10, inf = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-5;
int n, K, s[N], p[N], son[N][N], dfn[N], time, nx[N];
int from[N], to[N], nxt[N], cnt;//Edges
double f[N][N], d[N];
inline void addEdge (int u, int v) {
to[++cnt] = v, nxt[cnt] = from[u], from[u] = cnt;
}
inline void upt(double &a, double b) {
if (a < b) a = b;
}
void dfs (int u) {
dfn[u] = time++;
for (int i = from[u]; i; i = nxt[i]) dfs(to[i]);
nx[dfn[u]] = time;
}
inline bool check (double k) {
for (int i = 1; i <= n; ++i)
d[dfn[i]] = p[i] - k * s[i];
for (int i = 1; i <= n + 1; ++i)
for (int j = 0; j <= K; ++j)
f[i][j] = -inf;
for (int i = 0; i <= n; ++i)
for (int j = 0; j <= min(i, K); ++j) {
upt(f[i + 1][j + 1], f[i][j] + d[i]);
upt(f[nx[i]][j], f[i][j]);
}
return f[n + 1][K] >= eps;
}
int main () {
scanf("%d%d", &K, &n); ++K;
for (int i = 1, fa; i <= n; ++i) {
scanf("%d%d%d", s + i, p + i, &fa);
addEdge(fa, i);
}
dfs(0);
double l = 0, r = 10000, ans;
while (r - l >= eps) {
double mid = (l + r) * 0.5;
if (check(mid)) ans = mid, l = mid + eps;
else r = mid - eps;
}
printf ("%.3lf\n", ans);
return 0;
}