8.29 最后一英里

题意

给一颗根为\(1\)的有根树，树上每个点的权值为\(w_i\)，大小为\(a_i\)

有\(q\)个询问，给出两个参数\(x,s\)

询问在以\(x\)为根的子树中，选出若干个点，这些点的大小之和不超过\(s\)，并最大化权值之和

解法

一个明显的\(O(NS^2)\)的树形背包暴力

设\(f[x][k]\)为以\(x\)为根的子树中大小和小于\(k\)的结点的最大权值和，转移也很显然

我们可以发现对于一个点\(x\)，它的状态是由所有子节点的状态合并转移过来的

于是可以考虑启发式合并的小\(trick\)

把整棵树进行轻重链剖分，对于一个节点，先把它重儿子的状态复制上去，对于轻儿子暴力转移：具体来说，就是把轻儿子为根的子树中的每个节点视作一个物品，背包即可

有两种证明复杂度是\(O(NSlogN)\)的方法：

第一种：

考虑启发式合并时，每次合并以后子树大小至少变为原来的两倍，所以每个节点最多被合并\(logN\)次。合并单个节点的复杂度是\(O(S)\)的，所以总复杂度为\(O (NSlogN)\)

第二种：

考虑轻重链剖分的性质，对于任意一个节点，其到根节点的路径上有\(logN\)级别个轻路径，因此每个节点最多被合并\(logN\)次。所以复杂度得证

记住对于这类题目的模型：

树上的问题，状态由子节点状态合并转移而来，可以考虑轻重链剖分启发式合并，重儿子状态直接继承，轻儿子状态暴力转移

代码

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>

using namespace std;

int read();

const int N = 4e5 + 10;

int n, q;
int w[N], a[N];

int cap;
int head[N], to[N << 1], nxt[N << 1];

int sz[N], son[N];

long long f[5010][5010];

inline void add(int x, int y) {
	to[++cap] = y, nxt[cap] = head[x], head[x] = cap;
	to[++cap] = x, nxt[cap] = head[y], head[y] = cap;	
}

inline long long max(long long x, long long y) {
	return x > y ? x : y;	
}

void DFS3(int x, int fa, long long *f) {
	for (int i = 5000; i >= a[x]; --i)	f[i] = max(f[i], f[i - a[x]] + w[x]);
	for (int i = head[x]; i; i = nxt[i]) {
		if (to[i] == fa)	continue;
		DFS3(to[i], x, f);
	}
}

void DFS2(int x, int fa) {
	for (int i = head[x]; i; i = nxt[i]) {
		if (to[i] == fa)	continue;
		DFS2(to[i], x);	
	}
	memcpy(f[x], f[son[x]], sizeof f[son[x]]);
	for (int i = head[x]; i; i = nxt[i]) {
		if (to[i] == fa || to[i] == son[x])	continue;
		DFS3(to[i], x, f[x]);	
	}
	for (int i = 5000; i >= a[x]; --i)	f[x][i] = max(f[x][i], f[x][i - a[x]] + w[x]);
}

void DFS(int x, int fa) {
	sz[x]++;	
	for (int i = head[x]; i; i = nxt[i]) {
		if (to[i] == fa)	continue;
		DFS(to[i], x);
		sz[x] += sz[to[i]];
		if (sz[to[i]] > sz[son[x]])	son[x] = to[i];
	}
}

int main() {

	n = read();
	
	int u, v;
	for (int i = 1; i < n; ++i) {
		u = read(), v = read();
		add(u, v);	
	}
	
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		scanf("%d%d", w + i, a + i);
	
	DFS(1, 0);
	DFS2(1, 0);
	
	q = read();
	while (q--) {
		u = read(), v = read();
		printf("%lld\n", f[u][v]);		
	}
	
	return 0;
}

int read() {
	int x = 0, c = getchar();
	while (!isdigit(c))	c = getchar();
	while (isdigit(c))	x = x * 10 + c - 48, c = getchar();
	return x;
}