背包

母题1：01背包

考虑 \(f[i,j]\) 表示前 \(i\) 个物品体积为 \(j\) 的答案，答案可以从前 \(i-1\) 个物品继承或选取当前物品，\(f[i,j]=\max(f[i-1][j],f[i-1][j-v]+w)\)。

母题2：完全背包（from 1）

状态同上，转移本来应该为 \(f[i,j]=\max(f[i-1][j-v]+w,f[i-1][j-2v]+2w,\dots,f[i-1][j-kv]+kw)\)（设 \(j-kv\ge 0,j-(k+1)v<0\)）。发现 \(f[i,j-v]=\max(f[i-1][j-2v]+w,f[i-1][j-3v]+2w,\dots,f[i-1][j-kv]+(k-1)w)\)，恰好是少了一个 \(w\)，于是我们可以用 \(f[i,j]=\max(f[i][j-v]+w)\)。

可以用有限背包计数问题的思想：加入一个数，对所有数+1两类。

母题3：多重背包（from 1），理解方式

转移应该为 \(f[i,j]=\max(f[i-1,j-v]+w,f[i-1,j-2v]+2w,\dots,f[i-1,j-sv]+sw)\)（这里不管超出的情况）。

可以直接暴力，也有两种优化：

• 二进制优化，很好理解，对于一个物品若可选 \(5\) 个，可以拆成两个物品 \(1\) 倍和 \(4\) 倍，然后做 01 背包，带一只 \(\log\)。
• 单调队列优化，不好理解，就是对于 \(j\bmod v\) 同一个余数的情况一起处理，发现对于每种物品就是长度为 \(s\) 的定长滑动窗口求最值模型。P1776

母题4：分组背包（from 1）

就是某些物品在一个组内，组内只能选其一。

转移可以用 \(f[i,j]=f[i-1,j-v_k]+w_k\)（注意，同一组的物品对应一个 \(i\)，这样从上一层转移可以保证不会出现一组内的物品选多个）。

母题5：有依赖的背包问题（树上背包 \(v\neq 1\) 的情况）/树上背包（from 4），重要！

acwing：https://www.acwing.com/activity/content/problem/content/1281/

y总写法：https://www.acwing.com/activity/content/code/content/118840/

不推荐y总写法，直接在输入时读入更方便，代码如下：

#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 110;

int n, m;
int v[N], w;
int h[N], e[N], ne[N], idx;
int f[N][N];

void add(int a, int b)
{
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++ ;
}

void dfs(int u)
{
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i])   // 循环物品组
    {
        int son = e[i];
        dfs(e[i]);

        // 分组背包
        for (int j = m; j >= 0; j -- )  // 循环体积
            for (int k = 1; k <= j - v[u]; k ++ )  // 循环决策
                f[u][j] = max(f[u][j], f[u][j - k] + f[son][k]);
    }

}

int main()
{
    cin >> n >> m;

    memset(h, -1, sizeof h);
    int root;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
        int p;
        cin >> v[i] >> w >> p;
        f[i][v[i]]=w;// 将物品u加进去
        if (p == -1) root = i;
        else add(p, i);
    }
    add(0,root);
    dfs(0);
    cout << f[0][m] << endl;

    return 0;
}

/*
加入0->root的解释：
假如只有一个点，如果在输入时插入，且 V>v1，又因为dfs不执行了，就会输出0，所以还是要把0作为根（如果按照y总写法最后加入就不需要）。（同样有多个点时也可能出现这种情况）或者说最后取一遍max。
*/

优化

可以参考 blog ：

1. https://www.cnblogs.com/ouuan/p/BackpackOnTree.html（严谨证明以后（希望有以后）再看）
2. https://blog.csdn.net/m0_73386348/article/details/131838916（这篇博客分析有误，但是总结树形DP的分类是不二之选）
3. https://www.cnblogs.com/purplevine/p/16751390.html（已经联系博主深刻理解了，先看这篇博客，一下分析基于此）

还有一篇博客：https://www.cnblogs.com/maple276/p/18005291，简单情况：https://www.cnblogs.com/maple276/p/12870572.html

---

解释一下正确性：\(j\) 的下界是 \(\max(k - siz[u], 1)\)（这里的 \(j,k\) 按照 blog 3.），\(1\) 不用解释，\(k-siz[u]\) 是因为已处理的子树最多只有 \(siz[u]\) 个物品，如果 \(v\) 侧选了小于 \(k-siz[u]\) 个物品，无论 \(u\) 侧选多少物品都无法总共选出 \(k\) 个物品。\(j\) 的上限是 \(\min(k, siz[v])\) 则是 \(j\) 处无法选出多于 \(k\) 个物品，也无法选出多于自己有的物品数的物品。而对于 \(k\) 的上界是因为子树内最多 \(siz[u]+siz[v]\) 个物品（注意这样枚举的话 \(dp\) 数组的含义发生变化，本来是可以出现什么 \(f[x][siz[u]+siz[v]+1]\) 可以通过 \(f[x][?]\) 过来，现在没了，所以本来是求 \(\le V\) 的，现在变成恰好为 \(V\)，对于“选课”答案还是 \(f[0][m]\)，因为保证 \(m\le n\)，所以可以装满，又因为学分为正，所以 \(f[0][m]\) 最优。）

由于是 01 背包且 \(v=1\)，所以 \(m\le n\)，否则直接选完完事（因为价值 \(>0\)），所以下面我们都考虑 \(m=n\) 的极端情况，此时只有一个变量 \(n\)。

注意到树上背包有两种写法，一种直接输入到 \(dp\) 数组，另一种先处理子孙，在 dfs 函数中最后加入（需要偏移），为了与网上的博客保持一致防止错误，全部写成第一种。

注意一下复杂度分析讨论的都是“选课”一题的情况，\(v=1\)，对于有依赖的背包问题，由于 \(sz_x\) 存储的是 \(\sum v\times [在子树内]\)，不可以这样分析。

注意链接中的代码 \(j,k\) 的含义可能与上文恰好相反，以下代码邻接表那里数组多开了一倍的数组存边（因为这道题是有向边）。

1. 选课，把 \(0\) 作为根，\(m+=1\)，直接输入 \(f[i][1]\)，然后标准形式。数据加强，加一个二维映射成一维。
2. 有依赖的背包问题，\(v\neq 1\)输入的是 \(f[i][v_i]=w_i\)，同样要构建虚拟节点（见开头），然后标准形式。

只加上界优化不能保证复杂度是 \(O(n^2)\)，必须要一起加！虽然能过选课加强版，但是根据 blog 3. 可以卡成链，就变为 \(O(\dfrac{1}{3}N^3)\) 的复杂度（常数根据平方和 \(n\) 趋于极限计算，见豆包AI，只有我自己可以看）。
1.的上下界优化：https://www.luogu.com.cn/record/173156416
1.的仅上界优化：https://www.acwing.com/problem/content/submission/code_detail/36537651/
2.的仅上界优化：https://www.acwing.com/problem/content/submission/code_detail/36537651/
2.的上下界优化：https://www.acwing.com/problem/content/submission/code_detail/36533419/
注意两道题枚举时要写成 j<=k-v，因为必须保证当前必选。其中 \(v\) 为节点 \(x\) 的体积，两道题一个是 \(1\)，一个是不定的。

容易发现，1. 是 2. 的特殊情况而已。

注意到 2. 最后需要取 max（这里取 \(\max\) 可以同时解决开头代码注释内的问题和这里的问题，所以不用加虚拟节点了，我们就直接最后取一遍 \(\max\)），原因是 2. 的条件下不一定装满，而 1. 在上面解释过了。
两道题都需要尽量输入的时候就处理到物品的体积和价值到对应的 \(dp\) 数组里，因为树上背包的一般形式是：

// 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++){//本题中应是j<=k-当前的v
        dp[u][k] = min(dp[u][k], dp[u][k - j] + dp[v][j]);
    }
}
siz[u] += siz[v];
// 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++){//同上
        dp[u][k] = min(dp[u][k], dp[u][k - j] + dp[v][j]);
    }
}
siz[u] += siz[v];

实测：上界优化效果可能比下界更好。

优化的复杂度分析

先别管树和抽象的倒序（倒序仅仅是01背包的需要），就只考虑两个背包：假设我们要把背包 \(f\) 和背包 \(g\) 合起来，那么就是 \(f[i],g[j]\rightarrow k[i+j]\)，我们先假设是当前点 \(u\) 的子节点 \(s_1\sim s_m\)（\(s\) 表示子树大小）合并，那么发现第一次是 \(1+s_1\) 与 \(s_2\)，第二次是 \(1+s_1+s_2\) 与 \(s_3\)，大概就是 \(s\) 两两相乘，考虑 \(siz[a] * siz[b]\) 就是 \(a\) 子树内和 \(b\) 子树内各取一个点的方案数，任取一对 \((a’,b’)\)，它们仅会在 \(lca(a’, b’)\) 处产生贡献，即 \(lca(a,b)\) 处，因为这里能产生贡献的 a’, b’ 必须位于不同的子树，但是，\(a,b\) 的 lca 就是现在考虑到的点。如果不加下界优化，当 \(j\) 很小时，选在 \(u\) 这个地方的体积就会超出去，而这是无意义的，上下界优化实际上保证的就是不会出现冗余情况，保证每个点对合并一次。
类似的证明：https://www.cnblogs.com/maple276/p/12870572.html 的开头部分

母题6：退背包（少见，就见过两道题）

https://www.cnblogs.com/wscqwq/p/17725571.html

根据物品插入无顺序，所以可以将要删去的数当作刚刚插入，就可以正着删除（因为是倒着插入）。

以上就是6个模型，接下来用x.表示母题x的变式

6

类背包，表示状态类似于，体积变为余数，考虑 \(+,\times\)。1.

8

本质还是背包，分类讨论，状态是由差值表示。1.

[26]

利用背包求解博弈论，体积变为余数。需要知道基本的必胜态、必败态。

[-20]

1.+矩阵快速幂。

[ABC287F] Components

5.+使用刷表法更简单，求连通块是多少的答案（这一维是背包）、树形考虑当前节点选不选丢入状态。

飞扬的小鸟

母题1，2的结合。主要2.

体积=高度。

大部分转移是2.，一个是1.，所以2.得用临时数组存储，再和1.取优。

碰顶特判。

AcWing 1155. Emiya 家今天的饭

背包问题拆解成前后两个部分，第一部分类似于01背包（用来满足前两个性质），可以使用前缀和优化；第三个性质难以满足，故再次DP把主导菜与其他菜差加入状态。第二部分还是01背包，维护差值。

AcWing 233. 换教室

最短路需要考虑相邻的情况，所以状态里加上一维。

通过期望的性质拆解贡献，配合最短路。1.

[ABC320F] Fuel Round Trip

有点像背包，但是考虑到对称点的限制，我们需要新立状态，按照一对一对的点，而不是前多少个点。1.

粉刷匠

首先是一个经典的线性DP的预处理，然后做一遍分组背包。4.

AcWing 487. 金明的预算方案

暴力枚举所有情况，拆物品（与5.思想不同，5.是拆分体积）分组背包即可。4.

有限背包计数问题

与根号分治结合，后半部分2.有划分数的思想：只有加入一个数，对所有数+1两类。

3.（统计数量所以用类前缀和）+2.

货币系统

需要证明找的 \(b\in a\)。

先排序，用小的组合出大的（因为小的不能用大的组合），就是给定一些物品，问凑出的个数，考虑2.，改变一下属性为 bool。

每次遇到一个物品就看它能不能被凑出（能凑出就没必要存在了）。

A 马

考虑最后一匹马，活动只有三种，因此直接把活动设计到状态中。

总结

背包问题一般比较难的都是1.（可以和各种其他母题结合）（7很明显是完全背包，而且转移就是基本的转移，比母题还简单）。

转移有时需要分类讨论。

多种背包可能同时出现，一个背包问题可能可以拆解成好几个部分，两个部分有可能都是DP，也可能有一个是其他算法。

还可以出现与树形DP等结合使用。

多重背包类型的题目用单调队列（最优）或（类）前缀和（计数）。

分组背包拆分物品可以按照体积或者组合种类。

解法

1. 写出转移式，确定种类。（多种见hint）
2. 什么数值作为前 \(i\) 个物品，挖掘什么数值作为体积。

可以明确的按照前几个物品算出答案，并且可以从题目中挖掘出体积。

题目中出现的数值可以成为“体积”。

如果类似于斐波那契数列这样的转移，可以使用矩阵快速幂优化。

hint:如果1.+2.等多种背包在一个状态里转移（通过step1.判断），组合往往需要临时数组辅助分出两类转移。（题目分成两部分两次背包不属于此范畴）。

题目如果有多种约束，可以分类（如AcWing 1155. Emiya 家今天的饭，前两个好满足一类，第三个不好满足一类），利用容斥原理或其他技巧。

背包+求期望利用线性性拆解。

状态里可能有当前位置 \(i\) 是否操作的属性。

状态的设计需要考虑求解的需求（如最短路对于最后一个位置选不选的要求）。

对称结构可以按照对称的一对来定义前 \(i\) 个。

定义

描述： 有 \(N\) 件物品和一个容量为 \(V\) 的背包。第 \(i\) 件物品 的费用是 \(c[i]\)，价值是 \(w[i]\)。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。

解析：\(N\) 件物品可以看做是有 \(N\) 种备选方案，容量为 \(V\) 的背包可以看做是成本为 \(V\)，\(c[i]\) 是每种方案的成本，价值是每种方案带来的效益。那么问题就变成了，在不超过总成本V的情况下，使用哪些备选方案，可以使效益最大。

根据定义可知，背包问题 V3 不属于背包问题。