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：
-
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。
-
\(f_{v,i}(i>siz[v])\) 也是没有意义的。
-
\(f_{u,i}(i>m)\) 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
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...
