[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