[模板]树上背包|[CTSC1997] 选课 题解

[CTSC1997] 选课 题解

题目链接：洛谷 | LOJ

（符号约定：$n$ 课程总数，$m$ 选择的课程门数）

树上背包典题，值得深入分析。

图论建模

可以把题目中的选课关系抽象成一棵有根树森林：每个节点代表一门课程，节点的父亲代表这门课程的先修课。为了避免对多个连通块操作带来的不便，可以新增一个虚拟的 $0$ 号节点作为原森林中所有根节点的父节点，点权为 $0$。由于我们一定会选择 $0$ 号节点，所以要使 $m \leftarrow m + 1$。于是，我们的目标就是：在树上选择一个包含根节点且大小为 $m$​​ 的连通块，使得连通块中的点权之和最大。

dp 的初步实现

设 $f_{u, i}$ 表示在 $T(u)$ 中选择 $i$ 个节点的最大收益。我们想从 $u$ 的子节点转移过来。由于一定会选择 $i$ 节点，所以要在 $u$ 的子节点的子树中选择 $i-1$ 个节点。

令 $u$ 的子节点的个数 $|son(u)| = l$，子节点的集合 $son(u) = \{v_1, v_2, \cdots, v_l\}$。假设我们从 $u$ 的第 $j$ 个子节点的子树中选择 $a_j$ 个节点，那么转移方程即为：

$$f_{u, i} = \max_{\sum_{j=1}^{l} a_j = i-1} (\sum_{j=1}^{l} f_{v_j, a_j}) + val_u$$

实质上可以把求 $f_{u, i}$ 的过程看作一个分组背包问题：有 $l$ 类物品，每类物品有若干个。第 $a$ 的第 $b$ 个物品的价值就是 $f_{v_a, b}$。要从这 $l$ 类物品中的每一类中选择一个物品，使得总价值最大。

显然，无法直接使用上面的转移方程，因为枚举满足 $\sum a_j = i-1$ 的数值组合 $(a_1, a_2, \cdots, a_l)$ 是困难的。

另辟蹊径，设 $f_{u, c, i}$ 表示在 $u$ 的前 $c$ 棵子树中选择 $i$ 个节点的最大收益。这样就可以顺次枚举 $u$ 的子节点，每次求当前子节点的答案时都可以由前面的结果合并过来。设 $blo$ 表示加入第 $c$ 个子节点之前 $u$ 和它的子树构成的连通块的大小（实际上是 $1 + \sum_{k=1}^{c-1} size_{k}$），那么转移方程为：

$$f_{u, c, i} = \max_{0 \le j \le \min(size_v, i) \and 0 \le i-j \le blo} f_{u, c-1, i-j} + f_{v, |son(v)|, j}$$

翻译：枚举 $j$，从新的子树 $T(v_c)$ 中选 $j$ 个点，从原先的连通块（$u$ 与前 $c-1$ 个子树形成的）中选 $i-j$ 个点，此时的收益为 $f_{u, c-1, i-j} + f_{v, |son(v)|, j}$。

这里枚举的边界很重要。

1. $0 \le j \le \min(size_v, i)$：在 $T(v_c)$ 中，最少选 $0$ 个点，最多不能超过 $size_v$ 和 $i$。
2. $0 \le i-j \le blo$：在加入第 $c$ 个子节点之前 $u$ 和它的子树构成的连通块中，最少选 $0$ 个点，最多选 $blo$ 个点。

综上，可以得出 $j$ 的上界和下界：

$$\max(0, i - blo) \le j \le \min(size_v, i)$$

（我就是因为边界问题没搞明白，调了一道树上背包一周多……）

初始化：$f_{u, 0, 1} = val(u); \forall 1 \le c \le |son(u)|,f_{u, c, 0} = 0$

代码：

void dfs(int u)
{
	sz[u] = 1, f[u][0][1] = val[u];
	
	int &cnt = son[u];
	for(int v : G[u])
	{
		cnt++;
		dfs(v);
		sz[u] += sz[v];
		
		for(int i = 1; i <= min(m, sz[u]); i++)
		{
			for(int j = max(0, i + sz[v] - sz[u]); j <= min(i-1, sz[v]); j++)
				f[u][cnt][i] = max(f[u][cnt][i], f[v][son[v]][j] + f[u][cnt-1][i-j]);
		}
	}
}

代码中的 sz[u] - sz[v] 就相当于上文中的 $blo$。

提交记录

滚动数组优化

因为 $f_{u, c, [\cdot]}$ 只会从 $f_{u, c-1, [\cdot]}$ 转移过来，所以可以把第二个维度滚掉。空间复杂度从 $O(n^2m)$ 降为 $O(nm)$。
代码：

void dfs(int u)
{
	sz[u] = 1, f[u][0][1] = val[u];
	
	int now = 0, lst;
	for(int v : G[u])
	{
		now ^= 1, lst = now ^ 1, son[u]++;
		dfs(v);
		sz[u] += sz[v];
		
		for(int i = 1; i <= min(m, sz[u]); i++)
		{
			f[u][now][i] = 0; // 这里不清零或许也是对的 
			for(int j = max(0, i + sz[v] - sz[u]); j <= min(i-1, sz[v]); j++)
				f[u][now][i] = max(f[u][now][i], f[v][son[v] & 1][j] + f[u][lst][i-j]);
		}
	}
}

提交记录

滚动数组优化 II

这次我们可以真正彻底地去掉第二维。

因为 $i, j \ge 0$，所以 $j, i-j \le i$​。因此可以倒序枚举。

虽然这样做并没有空间复杂度上的优化，但我们确实减少了空间占用。

代码：

void dfs(int u)
{
	sz[u] = 1, f[u][1] = val[u];
	
	for(int v : G[u])
	{
		dfs(v);
		sz[u] += sz[v];
		
		for(int i = min(m, sz[u]); i >= 1 ; i--)
		{
			for(int j = max(0, i + sz[v] - sz[u]); j <= min(i-1, sz[v]); j++)
				f[u][i] = max(f[u][i], f[v][j] + f[u][i-j]);
		}
	}
}

提交记录

时间复杂度

时间复杂度是 $O(nm)$，但我不会证明。

咕咕咕