关于树上背包的复杂度证明
关于树上背包及其正确性证明
前言
2024.08.20：由于今天模拟赛 T1 想到了正解，然而我以为树上背包的复杂度是 \(O(n^3)\)，然后没有继续调试我的代码，然后也没有提交，后来发现树上背包的复杂度是 \(O(n^2)\) 的，痛失 100 pts。发现我从来都没有写过树上背包，于是写下此文。
树上背包
树上背包解决这样一类问题：
给你一棵树，每个点有权值，要求你选一些点，每个子树选的个数有限制（一个范围），还有一些别的限制（如带有颜色、点与点之间要满足一定的关系等等），你要使得最终选的价值和最大（或者求选点的合法方案数）。
一般来说我们可以设状态 \(f_{i,j}\) 表示点 \(i\) 选了 \(j\) 个物品的最大价值（或是方案数之类的），也许后面还有一些状态表示，我们这里只讨论最简单的情况，即限制选的物品个数。
考虑背包的转移，我们已经把当前点的儿子的背包数组处理好了，考虑求当前点的背包数组。
那么，我们把当前点当做包，把儿子的背包数组往这个包里塞，也就是枚举一个儿子，之后枚举它的选的数量 \(k\)，然后就有转移：
中间的加法可以看做任何运算。
注意要加上选或不选当前点的贡献。
考虑这个的复杂度。我们枚举了 \(i,j,k\) 对吧，然后 \(son_i\) 的总数量也是 \(O(n)\)，所以看起来这个的复杂度是 \(O(n^3)\) 。
但实际上，它是 \(O(n^2)\) 的！！！
为什么？
树上背包的时间复杂度
其实你直接做时间并不正确，你需要限制枚举范围，去掉无用状态，此时时间复杂度可证明是 \(O(n^2)\) 的。
考虑一个状态 \(f_{i,j}\)，它肯定要满足 \(j\le sz_i\) 才有意义。
注意上面的转移式子，它实际上是每次处理完 \(son_i\) 的一个背包后，把 \(son_i\) 的背包和 \(i\) 的背包合并。
合并的时间复杂度是 \(sz_i\times sz_{son_i}\)，注意这里 \(sz_i\) 是一直变化的，每合并完一个 \(son_i\)，\(sz_i\) 就会加 \(sz_{son_i}\)，初始时 \(sz_i=1\)。
考虑这两个 \(sz\) 相乘 \(sz_x\times sz_y\) 的意义，实际可以看做在 \(x,y\) 集合内各选一个点，组成的点对的数量。
我们把两个点组成点对称作合并，那么在树上背包的过程中，两个点有且仅有在它们的 LCA 处会发生一次合并，也就是两个点只会合并一次。
而点对数目是 \(O(n^2)\) 的，所以树上背包的基础时间复杂度是 \(O(n^2)\) 的。
实现
基于 dfs 的过程进行 DP 即可。
伪代码如下：
void dfs(int x){
sz[x]=1;
for(each v in son[x]){
dfs(v);
for(int i=sz[x];i>=0;i--)
for(int j=sz[y];j>=0;j--)
update dp[x][i+j];
sz[x]+=sz[v];
}
}
注意这里 \(sz_x\) 是实时变化的，而且要先做 DP，再把 \(sz\) 加上。
否则若先把 \(sz\) 加上，其中一部分时间就用来把 \(v\) 内部的点两两合并，但是 \(v\) 内的点我们已经合并过了，复杂度就变成了 \(O(n^3)\)。
