关于树上背包的 O(n^2) 做法

众所周知，树上背包能做到 \(O(n^2)\)。现在来对它的复杂度做分析。

// O(n^2)
for(int k = siz[u] + siz[v]; k >= 0; k--){
    dp[u][k] = inf;
    for(int j = max(k - siz[u], 1); j <= min(siz[v], k); j++){
        dp[u][k] = min(dp[u][k], dp[u][k - j] + dp[v][j]);
    }
}
siz[u] += siz[v];

// O(n^3)
for(int k = siz[u] + siz[v]; k >= 0; k--){
    dp[u][k] = inf;
    for(int j = 1; j <= siz[v] && j <= k; j++){
        dp[u][k] = min(dp[u][k], dp[u][k - j] + dp[v][j]);
    }
}
siz[u] += siz[v];

分析下者复杂度上界是 \(O(n^3)\) 是显然的。上层循环、下层循环的复杂度上界是 \(O(n)\)，加上 dfs 的 \(O(n)\)，是 \(O(n^3)\)。

构造一条链即可卡到理论复杂度上界：对于深度为 \(m\) 的节点，其运算量为 \(O(m^2)\)。

究其原因，是每次把 \(v\) 中的信息完整合并到 \(u\) 时，总会有一些多余情况，或者说，无法直接合并的情况。比如，\(k-j \leq siz_u\) 时，\(dp_{u,k-j}\) 才已经经过计算。现在通过调整循环范围优化掉这里。

复杂度我也只能给个偏感性理解：

当把 \(v\) 合并到 \(u\) 上时，因为 \(u\) 中原来没有含 \(v\) 的信息，所以每次合并不会重复合并一对点的信息。又因为现在循环范围内每一次合并都合法，所以最多合并了 \(O(n^2)\) 对点的信息，所以复杂度是 \(O(n^2)\)。

真正严谨的证明

大开眼界。我初二时自己想到了如此优化上下界，但是却无法证明其复杂度。直到今天，\(O(n^3)\) 的树上背包被卡，\(O(n^2)\) 能过，才去了解了其复杂度。