树上背包的上下界优化

最近做了几道树上背包的题目，很多题目的数据范围都很小，但实际上树上背包有多种方式可以优化到 $O(nm)$ （$n$ 为节点数，$m$ 为体积的值域），比如先序遍历优化（何森《先序遍历用于优化树形背包问题》），求泛化物品的并（徐持衡《浅谈几类背包题》）……经过一番学习，觉得还是上下界优化理解起来最简单，也比较好写，适用范围广，唯一比其它做法复杂的地方就是复杂度分析。

例题讲解

这里以一道经典的树上背包作为例题：【数据加强版】选课

直接把我出的数据加强版放上来了..反正题面里有原题链接QAQ

注：本文中用 $a_i$ 代指题面中的 $s_i$ 。

$O(nm^2)$ 做法

用 $f_{u,i}$ 表示以 $u$ 为根的子树中选 $i$ 门课的最大得分，那么 $f_{u,i}=\min\limits_{\forall fa[v_j]=u,\sum k_j=i-1}(\sum f[v_j][k_j])+a_u$，而这个转移可以通过背包实现，依次合并每棵子树，每次合并时枚举 $i$ 和 $k_j$ ，$f_{u,i}=\max(f_{u,i},f_{u,i-k_j}+f_{v_j,k_j})$ 。

需要倒序枚举 $i$ 防止状态在转移前被覆盖。否则的话dp数组要多一维。

由于可能是森林，所有没有直接先修课的节点，父亲视为节点 $0$，实际上就要选 $m+1$ 个节点。

参考代码：

void dfs(int u)
{
    f[u][1]=a[u];
    int i,j,k,v;
    for (i=head[u];i;i=nxt[i])
    {
        v=to[i];
        dfs(v);
        for (j=m+1;j>=1;--j)
        {
            for (k=1;k<j;++k)
            {
                f[u][j]=max(f[u][j],f[u][j-k]+f[v][k]);
            }
        }
    }
}

上下界优化

注意背包转移的这部分：

        for (j=m+1;j>=1;--j)
        {
            for (k=1;k<j;++k)
            {
                f[u][j]=max(f[u][j],f[u][k]+f[v][j-k]);
            }
        }

实际上，这里面有很多状态都是没有意义的：

1. 转移时已经合并了大小之和为 $s$ 的一些子树，那么 $f_{u,i}(i>s)$ 实际上是没有意义的。

2. $f_{v,i}(i>siz[v])$ 也是没有意义的。

3. $f_{u,i}(i>m)$ 是没有作用的。

所以，可以对 $j$ 和 $k$ 的枚举范围进行优化：

void dfs(int u)
{
    siz[u]=1;
    f[u][1]=a[u];
    int i,j,k,v;
    for (i=head[u];i;i=nxt[i])
    {
        v=to[i];
        dfs(v);
        for (j=min(m+1,siz[u]+siz[v]);j>=1;--j)
        {
            for (k=max(1,j-siz[u]);k<=siz[v]&&k<j;++k)
            {
                f[u][j]=max(f[u][j],f[u][j-k]+f[v][k]);
            }
        }
        siz[u]+=siz[v];
    }
}

复杂度分析

可以参考这篇博客。

形象的解释

每个点对都只会在 $lca$ 处合并一次，所以总的复杂度是 $O(n^2)$ 的。

这个解释很简洁，需要自己意会一下..

严格？证明

令 $T_u$ 为处理子树 $u$ 的总用时，那么：

$\begin{aligned}T_u&=\left(\sum\limits_{\forall fa[v_i]=u}T_{v_i}\right)+t_u\\\\t_u&=1+(1+siz[v_1])\times siz[v_1]+(1+siz[v_1]+siz[v_2])\times siz[v_2]+\cdots+siz[u]\times siz[v_k]\\&=1+\sum\limits_{\forall fa[v_i]=u}siz[v_i]\times(siz[u]+1)\\&=siz[u]^2\end{aligned}$

对于叶子节点 $u$ ，$T(u)=1$ ，是 $O(siz[u]^2)$ 的。

对于儿子都是叶子节点的节点 $u$，由于平方和小于和平方，$\sum\limits_{\forall fa[v_i]=u}T_{v_i}$ 也是 $O(siz[u]^2)$ 的。

可以这样递归地说明，对于任意节点 $u$ ，$\sum\limits_{\forall fa[v_i]=u}T_{v_i}$ 都是 $O(siz[u]^2)$ 的。

又因为 $t(u)$ 是 $O(siz[u]^2)$ 的，$T(u)$ 就是 $O(siz[u]^2)$ 的。

所以解决整个问题就是 $O(n^2)$ 的。

严格！证明

枚举过程中还要对 $m$ 取 min ，所以应该是这样的：

$\begin{aligned}t_u&=1+\min(m,1+siz[v_1])\times \min(m,siz[v_1])+\min(m,1+siz[v_1]+siz[v_2])\times \min(m,siz[v_2])+\cdots+\min(m,siz[u])\times \min(m,siz[v_k])\\&\le m\times siz[u]\end{aligned}$

所以，$t(u)$ 是 $O(\min(siz[u],m)\times siz[u])$ 的。

对于 $siz[u]\le m$，$T(u)$ 是 $O(siz[u]^2)$ 的。

对于 $siz[u]>m$，$\sum\limits_{\forall fa[v_i]=u,siz[v_i]\le m}T_{v_i}$ 是 $O\left(\left(\sum\limits_{\forall fa[v_i]=u,siz[v_i]\le m}siz[v_i]\right)^2\right)$ 的；$\sum\limits_{\forall fa[v_i]=u,siz[v_i]>m}T_{v_i}$ 是 $O\left(m\times\sum\limits_{\forall fa[v_i]=u,siz[v_i]>m}siz[v_i]\right)$ 的；所以，$T(u)$ 是 $O(m\times siz[u])$ 的。

所以，解决整个问题是 $O(nm)$ 的。

其它例题

【数据加强版】道路重建

dl代码

我出的那两道数据加强版略有些毒瘤..（$n\times m\le 10^8$）

大约需要这样写：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>

using namespace std;

void dfs(int u);
void add(int u,int v);

const int N=100010;

int head[N],nxt[N],to[N],cnt;
int n,m,a[N],f[100000010],siz[N];

int main()
{
    int i,k;

    scanf("%d%d",&n,&m);

    for (i=1;i<=n;++i)
    {
        scanf("%d%d",&k,a+i);
        add(k,i);
    }

    dfs(0);

    printf("%d",f[m+1]);

    return 0;
}

void add(int u,int v)
{
    nxt[++cnt]=head[u];
    head[u]=cnt;
    to[cnt]=v;
}

void dfs(int u)
{
    siz[u]=1;
    f[u*(m+2)+1]=a[u];
    int i,j,k,v;
    for (i=head[u];i;i=nxt[i])
    {
        v=to[i];
        dfs(v);
        for (j=min(m+1,siz[u]+siz[v]);j>=1;--j)
        {
            for (k=max(1,j-siz[u]);k<=siz[v]&&k<j;++k)
            {
                f[u*(m+2)+j]=max(f[u*(m+2)+j],f[u*(m+2)+j-k]+f[v*(m+2)+k]);
            }
        }
        siz[u]+=siz[v];
    }
}

关于另一种 $O(nm)$ 做法

一开始我在洛谷发了篇选课的题解，然后没过...

那篇题解用的是求泛化物品的并（徐持衡《浅谈几类背包题》）

虽然说洛谷好像还没有上下界优化的题解..但最近好几篇题解没过审，都不太想在洛谷发题解了...