子树合并背包类型的 dp 的复杂度证明

首先，我们发现，转移一颗子树的背包，实际上就是把该子树的根节点的所有儿子的子树背包合并，再与根节点合并。具体的，合并两颗子树的转移方程式如下：

$$f(u,i)=\underset{j+k=i}{max}\{f(v_1,j)+f(v_2,k)\}$$

于是有如下伪代码：

dfs(u) :
	su = 1
	f(u, 1) = w[u]
	for (v in u)
		sv = size(v)
		for (i : su ~ 1)
			for (j : 1 ~ sv)
				f(u, i + j) = max(f(u, i + j), f(u, i) + f(v, j))
		su = su + sv
	return

乍一看合并两颗子树大小分别为 $x,y$ 的子树的时间复杂度为 $\mathcal{O}(xy)$，所以总时间复杂度应为 $O(n^3)$。但是我们考虑到对于每一对结点，它被统计的次数只有一次，而这次统计是在转移它们 lca 时被统计的，所以可以得到时间复杂度 $\mathcal{O}(n^2)$。

但是，这并不是最终的时间复杂度，它还可以得到一个更优的上界：$\mathcal{O}(nk)$，其中 $k$ 为背包值域。具体推导过程如下：
1. 如果一颗子树的 $size>k$，那么对于大于 $k$ 的那部分背包是不需要的，即将其背包大小限制为 $k$。
2. 如果一颗子树的 $size\le k$，不变。
3. 如果转移完一颗子树，它的 $size\le k$，那么转移完整颗子树的时间复杂度为 $\mathcal{O}(siz{e}^2)\le \mathcal{O}(size\times k)$，而对于若干个 $size\le k$ 的不相交子树，它们的 $size$ 之和一定 $\le n$，所以这一部分的时间复杂度为 $\mathcal{O}(nk)$。
4. 如果转移完一颗子树，它的 $size>k$，那么它的儿子有一些是 $size\le k$，有一些是 $size>k$。对于不相交的 $size>k$ 的子树，它的个数 $\le {\displaystyle \frac{n}{k}}$，而合并一对的时间复杂度为 $\mathcal{O}(k^2)$，所以这一部分的时间复杂度为 $\mathcal{O}(nk)$；对于 $size\le k$ 的情况，如果目前合并到的 $size>k$，那么将其与剩下的 $size\le k$ 的儿子合并，时间复杂度为 $\mathcal{O}(size\times k)$，而 $\sum size\le n$，所以这一部分的时间复杂度为 $\mathcal{O}(nk)$；如果要合并出 $size>k$，需要将已经合并出的最大的 $size\le k$ 与一个新儿子合并，时间复杂度 $\mathcal{O}(k^2)$，而这样的情况数 $\le {\displaystyle \frac{n}{k}}$，所以这一部分的时间复杂度为 $\mathcal{O}(nk)$。
于是，我们推出了总的时间复杂度 $\mathcal{O}(nk)$。

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