【洛谷P1273】有线电视网

题目大意：给定一棵 N 个节点的有根树，1 号节点为根节点，叶子节点有点权，每条边有边权，每经过一条边都减去该边权，每经过一个节点都加上该点权，求在保证权值和为非负数的前提下最多能经过多少个叶子节点。

题解：\(dp[u][i]\) 表示在以 u 为根节点的子树中，经过 i 个叶子节点的最大权值和，则有状态转移方程：$$dp[u][i]=max(dp[u][i],dp[v][k]+dp[u][i-k])$$。
一般前提为第一要素，作为要最优化的值，将要求的最优化的值最为附加属性，最后在满足前提的条件下遍历附加属性求出答案。

update on 2019.5.24
学习到了树上背包问题的上下界优化。
一开始做这道题肯定会觉得复杂度分析很奇怪，即：三个 for 循环竟然过了3000的数据量。
最后看了大佬的博客终于明白了，复杂度从严格意义上来说就是 \(O(n^2)\) 的。

感性证明如下：
我们实现的 dfs 过程可以看作是子树维护的信息合并的过程。在这个过程中，发现任意两个点为根节点的子树信息均发生且仅发生了一次合并。而对于任意两个点的信息合并仅发生在这两个节点的 lca 处，因此时间复杂度为 \(O(n^2)\)。

稍微严谨一点的证明如下：

\[T_u=\sum\limits_{fa[v]=u}T_v+f(u) \]

首先证明对于子树合并的过程复杂度是 \(O(sz[u]^2)\) ：

\[\begin{aligned} f_{u} &=1+\left(1+s i z\left[v_{1}\right]\right) \times \operatorname{siz}\left[v_{1}\right]+\left(1+\operatorname{siz}\left[v_{1}\right]+s i z\left[v_{2}\right]\right) \times \operatorname{siz}\left[v_{2}\right]+\cdots+\operatorname{siz}[u] \times \operatorname{siz}\left[v_{k}\right] \\ &\le 1+\sum_{fa\left[v_{i}\right]=u} \operatorname{siz}\left[v_{i}\right] \times(\operatorname{siz}[u]+1) \\ &=O(\operatorname{siz}[u]^{2}) \end{aligned} \]

再证明前面子树的和式也是 \(O(sz[u]^2)\)：
利用数学归纳法可知，每个子树都是 \(O(sz[v]^2)\) 的，那么在合并的过程中，利用均值不等式（平方的和大于和的平方）可直接证出。
因此，总的时间复杂度为 \(O(n^2)\)。

代码如下

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=3010;

struct node{
	int nxt,to,w;
}e[maxn<<1];
int tot,head[maxn];
inline void add_edge(int from,int to,int w){
	e[++tot]=node{head[from],to,w},head[from]=tot;
}

int n,m,val[maxn],dp[maxn][maxn];

void read_and_parse(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n-m;i++){
		int k;scanf("%d",&k);
		for(int j=1;j<=k;j++){
			int to,w;scanf("%d%d",&to,&w);
			add_edge(i,to,w);
		}
	}
	for(int i=n-m+1;i<=n;i++)scanf("%d",&val[i]);
	memset(dp,0xcf,sizeof(dp));
}

int dfs(int u){
	dp[u][0]=0;
	if(u>n-m){dp[u][1]=val[u];return 1;}
	int sum=0;
	for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
		int v=e[i].to;
		int t=dfs(v);sum+=t;
		for(int j=sum;j;j--)
			for(int k=1;k<=t;k++)
				dp[u][j]=max(dp[u][j],dp[u][j-k]+dp[v][k]-e[i].w);
	}
	return sum;
}

void solve(){
	dfs(1);
	int ans=0;
	for(int i=m;i;i--)if(dp[1][i]>=0){ans=i;break;}
	printf("%d\n",ans);
}

int main(){
	read_and_parse();
	solve();
	return 0;	
}