关于树上DP的转移方式与复杂度证明
以后要勤写总结了唔
这种优化针对于转移的状态数与子树规模有关的柿子。
例如对于n个树型依赖物品的树上背包dp，每个节点是一个物品且大小为1，设待转移结点u则u的背包容量不会超过u的子树规模，转移子节点v占据的容积不会超过v的子树规模。所以我们有以下转移方式：
- 最脑残的，直接开siz[u]个固定背包容量（第一层for ∑siz[v]），用儿子来”填“（第二层for siz[v]）。显然在转移非最后一个儿子时有大量无用状态。
- 较脑小的（是我 并不），开∑已扫过儿子和当前儿子的siz（第一层for ∑已扫过儿子和当前儿子的siz「要为该儿子‘填’留出空间」），依然是用儿子”填“待转移状态（第二层for siz[v]）。然而这种转移复杂度依然不乐观，接近于n^2（不会证，但的确被总复杂度n^2的数据卡掉了）再加上dfs n^3，不够优秀。
- 卓越算法，既然”填“不行，我们可以”推“（因为有效的状态比无效状态少）。开∑已扫过儿子的siz（第一层for 都可能对答案造成贡献），这次我们用儿子和左边”推“状态，类似dp[u][k+j]的形式。对于一些题面较为复杂的限制条件，我们可以开个temp数组（类似于temp[0/1滚动儿子][0/1限制条件 状态1][状态2]...）完成以上转移，然后再把temp塞到dp数组里。这种转移依然有三层for，但确有O（n^2）的优秀复杂度。以下给出证明：
首先脑补一下转移的图（其实是我懒得画了），对于当前转移的v子树（之所以说子树是因为最多转移它的siz）与之前已考虑的子子树中所有点构成点对且点对的lca为u，当完成对所有点的dfs，所有点作为lca的情况都被考虑且保证点对不重复（点对的lca唯一），将构成n^2个点对。得证。
1 F(i,2,son[u][0]) 2 { 3 int v=son[u][i]; 4 F(j,0,deep[u]) 5 { 6 F(k,0,deep[son[u][i]]) 7 { 8 temp[i&1][0][max(j,k+1)]+=temp[i&1^1][0][j]*f[v][k]%p; temp[i&1][0][max(j,k+1)]%=p; 9 temp[i&1][1][max(j,k)]+=temp[i&1^1][0][j]*f[v][k]%p; temp[i&1][1][max(j,k)]%=p; 10 temp[i&1][1][max(j,k+1)]+=temp[i&1^1][1][j]*f[v][k]%p; temp[i&1][1][max(j,k+1)]%=p; 11 } 12 } 13 F(j,0,deep[u]) temp[i&1^1][0][j]=temp[i&1^1][1][j]=0; 14 deep[u]=max(deep[u],deep[son[u][i]]+1); 15 } 16 F(j,0,deep[u]) f[u][j]=temp[son[u][0]&1][1][j];
相关题目（在本家OJ NOIP模拟3里）
树上染色
点与点之间不好推，平时应多注意边的贡献。对于一条边，它的贡献为$一边的黑点数*另一边的黑点数*边权+一边的白点数*另一边的白点数*边权$，我们可以定义状态dp[u][j]为u子树中选出j个黑点的最大收益，简化下，即在u阶段下在$|son[u]|$个分组中每个至多选一个（可以不选）状态权值为dp[v][k]重量为k使背包dp[u][j]收益最大，然后就可以在树上进行背包DP。
观察$N<=2000$，那么我们就需要top所说的$O（N^2）$转移了。由于这题dp柿子比较简单，用不用temp无所谓，只要“推”状态就可以达到。
1 #include<cstdio> 2 #include<vector> 3 #include<set> 4 #include<cmath> 5 #include<cstring> 6 #include<algorithm> 7 #define MAXN 2005 8 #define ll long long 9 #define reg register 10 #define F(i,a,b) for(register int (i)=(a);(i)<=(b);++(i)) 11 using namespace std; 12 inline int read(); 13 struct R{ 14 int u,v,next; 15 ll w; 16 }r[MAXN<<1]; 17 int n,black_tot; 18 int fir[MAXN],o,siz[MAXN]; 19 ll dp[MAXN][MAXN]; 20 void add(int u,int v,ll w) 21 { 22 r[++o].u=u; 23 r[o].v=v; 24 r[o].w=w; 25 r[o].next=fir[u]; 26 fir[u]=o; 27 } 28 void dfs(int u,int fa) 29 { 30 siz[u]=1; 31 for(reg int i=fir[u];i;i=r[i].next) 32 { 33 int v=r[i].v; 34 if(v==fa) continue; 35 dfs(v,u); 36 for(reg int j=min(siz[u],black_tot);j>=0;--j) 37 for(reg int k=min(siz[v],black_tot-j);k>=0;--k) 38 dp[u][j+k]=max(dp[u][j+k],dp[u][j]+dp[v][k]+1ll*k*(black_tot-k)*r[i].w+1ll*(siz[v]-k)*(n-siz[v]-black_tot+k)*r[i].w); 39 siz[u]+=siz[v]; 40 } 41 } 42 int main() 43 { 44 n=read(); black_tot=read(); 45 int a,b; 46 ll t; 47 F(i,1,n-1) 48 { 49 a=read(); b=read(); scanf("%lld",&t); 50 add(a,b,t); add(b,a,t); 51 } 52 dfs(1,0); 53 printf("%lld",dp[1][black_tot]); 54 return 0; 55 } 56 inline int read() 57 { 58 int x=0; 59 char tc=getchar(); 60 while(tc<'0'||tc>'9') tc=getchar(); 61 while(tc>='0'&&tc<='9') x=x*10+tc-48,tc=getchar(); 62 return x; 63 }
1 #include<cstdio> 2 #include<vector> 3 #include<set> 4 #include<cmath> 5 #include<cstring> 6 #include<algorithm> 7 #define MAXN 2005 8 #define ll long long 9 #define inf (1e9)+1 10 #define reg register 11 #define F(i,a,b) for(register int (i)=(a);(i)<=(b);++(i)) 12 using namespace std; 13 inline int read(); 14 struct R{ 15 int u,v,w,next; 16 }r[MAXN<<1]; 17 int n,black_tot; 18 int fir[MAXN],o; 19 int siz[MAXN]; 20 ll dp[MAXN][MAXN],temp[2][MAXN]; 21 void add(int u,int v,int w) 22 { 23 r[++o].u=u; 24 r[o].v=v; 25 r[o].w=w; 26 r[o].next=fir[u]; 27 fir[u]=o; 28 } 29 void dfs(int u,int fa) 30 { 31 siz[u]=1; 32 for(reg int i=fir[u];i;i=r[i].next) 33 { 34 int v=r[i].v; 35 if(v==fa) continue; 36 dfs(v,u); 37 } 38 memset(temp,0,sizeof(temp)); 39 int cur=0; 40 for(reg int i=fir[u];i;i=r[i].next) 41 { 42 int v=r[i].v; 43 if(v==fa) continue; 44 for(reg int j=min(siz[u],black_tot);j>=0;--j) 45 { 46 for(reg int k=0;k<=min(siz[v],black_tot-j);++k) 47 // for(reg int k=min(siz[v],black_tot-j);k>=0;--k) 48 { 49 temp[cur^1][j+k]=max(temp[cur^1][j+k],temp[cur][j]+dp[v][k]+1ll*k*(black_tot-k)*r[i].w+1ll*(siz[v]-k)*(n-siz[v]-black_tot+k)*r[i].w); 50 } 51 } 52 siz[u]+=siz[v]; 53 for(reg int j=0;j<=siz[u];++j) temp[cur][j]=0; 54 cur^=1; 55 } 56 for(reg int j=0;j<=siz[u];++j) dp[u][j]=temp[cur][j]; 57 } 58 int main() 59 { 60 // freopen("data.in","r",stdin); 61 // freopen("data.out","w",stdout); 62 n=read(); black_tot=read(); 63 int a,b; 64 ll t; 65 F(i,1,n-1) 66 { 67 a=read(); b=read(); scanf("%lld",&t); 68 add(a,b,t); add(b,a,t); 69 } 70 dfs(1,0); 71 printf("%lld\n",dp[1][black_tot]); 72 return 0; 73 } 74 inline int read() 75 { 76 int x=0; 77 char tc=getchar(); 78 while(tc<'0'||tc>'9') tc=getchar(); 79 while(tc>='0'&&tc<='9') x=x*10+tc-48,tc=getchar(); 80 return x; 81 }
可怜与超市
搜题解有惊喜（滑稽）
优惠券之间有限制，$1<xi<i$？联想下随机树的生成方法（蓝皮书后），不难发现限制关系是树形的。
我们把$xi->i$连边建树，那么对于一个节点v能使用优惠券，当且仅当它的父亲节点u能使用优惠券且购买。
这题稍有一点反套路在于b很大，不能做常规的背包dp定义第二维为背包容量。
那么我们无妨改变dp数组含义定义$dp[u][j][0/1]$为子树u中购买j件商品用(1)或不用(0)卷的最小花费，显然当值大于b时不再能有贡献。
然后就可以写出dp式子：
dp[u][j][0]=min(dp[u][j-k][0]+dp[v][k][0])
dp[u][j][1]=min(dp[u][j-k][1]+min(dp[v][k][0]+dp[v][k][1])) 这式子一开始我还以为是错的e
然后你就会T70。这就是上文所述的第二种转移。
我们把它转化为推的形式，且用temp数组维护。
temp[cur^1][0][j+k]=min(temp[cur^1][0][j+k],min(temp[cur][0][j]+dp[v][k][0],temp[cur][0][j+k]));
if(j)temp[cur^1][1][j+k]=min(temp[cur^1][1][j+k],min(temp[cur][1][j]+min(dp[v][k][0],dp[v][k][1]),temp[cur][1][j+k]));
滚动维护前缀子树temp和当前子树v更新。
siz[u]的更新一定一定要放在后边，不然就会退化成$O(n^3)$
