【题解】CF1856E2 背包 复杂度分析 压位

此处假设读者已经通过 E1，会 $O(n^2)$ 地解决本问题：

在每一个点时做的操作就是“把儿子大小构成的数集合分成差尽可能小的两部分”。

接下来来解决 E2：

首先一个观察就是单个问题“把儿子大小构成的数集合分成差尽可能小的两部分”是一个 $\sum siz_i \leq n$ 的背包可行性问题。没有 $O(n\log n)$ 的做法，常见的做法有三种：

• $\sum siz_i \leq n$ 所以 $siz_i$ 的种类只有 $\sqrt n$ 种，直接做余数分类 $O(n\sqrt n)$。
• 将每种 $siz_i$ 的个数进行二进制拆分，然后 bitset 压位复杂度 $O(\dfrac{n\sqrt n \log n} w)$，常数很小。
• 多项式卷积，NTT 或 FFT 合并，$O(n\log^2n)$，常数大。

令上方解决规模 $n$ 单层问题的复杂度为 $C(n)$。

如果每层都解决一次这样的问题，复杂度仍然是 $\sum C(siz_i)$ 的，这最坏仍然可以达到 $O(n^2)$。

因为树 $siz$ 的构成是具有特殊性的，解决完这个问题后子问题的规模和这个问题的构成是密切相关的 （这显然弱于解决任意 $n$ 次上面问题）。

又因为我们只是想尽可能平均分两个集合，所以当重儿子的 $siz$ 大于其它儿子的 $siz$ 之和时，一定会选择将重儿子放在一个集合中，所有轻儿子放在另一集合，所以只有重儿子的 $siz$ 小于目前 $siz$ 的一半时我们才会进行背包，而如果重儿子的 $siz$ 小于目前 $siz$ 的一半，然后所有子问题的规模都变成了原来的一半，所以最坏复杂度为 $T(n)=2T(n/2)+C(n)$。

带入具体复杂度分析都是简单的主定理：

如果 $C(n)=O(n\sqrt n)$，$T(n)=2 T(n/2)+O(n\sqrt n)=O(n\sqrt n)$。

如果 $C(n)=O(\dfrac{n\sqrt n \log n} w)$，$T(n)=2 T(n/2)+O(\dfrac{n\sqrt n \log n} w)=O(\dfrac{n\sqrt n \log n} w)$。

如果 $C(n)=O(n \log^2 n)$，$T(n)=2 T(n/2)+O(n\log^2 n)=O(n\log^3n)$。

第三种理论最优，但是在题目数据范围下使用第二种，最坏耗时约 300ms，可以轻松通过。

一个实现上的小问题是需要使用动态大小的 bitset，可以选择手写或者提前开好所有大小为 $2^k$ 的 bitset，然后使用的时候选择最小的可用的。

这里是代码。

upd：可以证明更优秀的复杂度：直接进行二进制拆分的复杂度其实是 $C(n)=T(n)=O(\dfrac{n\sqrt n} {w})$ 的，具体的复杂度分析见 这里 或者 这里，感谢 @王熙文 的指出，Orz。