Luogu P3177 树上染色 [ 蓝 ] [ 树形 dp ] [ 贡献思维 ]

一道很好的树形 dp ！！！！！

树上染色。

错误思路

定义 \(dp[u][i]\) 表示以 \(u\) 为根的子树中，把 \(i\) 个点染成黑色的最大收益。

但这样写，就在转移的时候必须枚举每一个点，复杂度过大，而且还不好写，是十分错误的写法。

正确思路

一般看到有关树上“路径”的题，就要把路径拆成一个个独立的单边，对每个单边独立计算贡献。

我们尝试对某一条边 \((u,v)\) 进行考虑（ \(u\) 为父亲，\(v\) 为儿子）：
设儿子下面有 \(j\) 个黑点，整棵树有 \(k\) 个黑点，树上总共 \(n\) 个点 ，以 \(x\) 为根的子树的点数为 \(sz[x]\) 。
那么经过这条边的路径总数为：儿子下面和父亲上面的黑点的路径数 \((j*(k-j))\) 以及儿子下面和父亲上面的白点的路径数 \(((sz[v]-j)*(n-sz[v]-(k-j)))\) 的和。
然后乘上这条边的长度 \(w_i\) 。

\[(j*(k-j)+(sz[v]-j)*(n-sz[v]-(k-j)))*w_i \]

就是这条边的贡献。

于是 dp 状态就出来了：
定义 \(dp[u][i]\) 表示 以 \(u\) 为根的子树中，选 \(i\) 个点作为黑点，对答案整体的最大贡献。
对于转移，我们只需要考虑 \(u\) 与 \(v\) 中的那条边，然后像树形背包一样转移就好了：

\[dp[u][i]=max(dp[u][i],dp[u][i-j]+dp[v][j]+(j*(k-j)+(sz[v]-j)*(n-sz[v]-(k-j)))*w_i) \]

细节处理

上界的处理（for(int i=min(k,sz[u]);i>=0;i--)与for(int j=0;j<=min(i,sz[v]);j++)）不必多说，这题的坑点在于下界：

考虑一条链的数据，对于一个点 \(u\) ，其子树的黑色点个数一定是 以 \(u\) 为根的树的黑色点个数 或者 比以 \(u\) 为根的树的黑色点个数少 \(1\) 。

所以如果我们不控制循环的下界，那么在链的 hack 下复杂度将直逼 \(O(n^3)\) 。

这是因为除去该子树，自己父节点下的其他子树的总结点数比 \(i-j\) 小，造成无效转移。

所以解一个不等式：

\[i-j \le sz[u]-sz[v] \]

解得

\[j \ge i-sz[u]+sz[v] \]

这就是 \(j\) 的下界。

时间复杂度 \(O(n^2)\) 。

树形背包检验自己复杂度正确与否，只需要构造一条链的数据，看看会不会被卡成立方的就好了。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,k,sz[2005];
struct edge{
	int to;
	ll w;
};
vector<edge>s[2005];
ll dp[2005][2005];
void dfs(int u,int fa)
{
	sz[u]=1;
	for(auto tmp:s[u])
	{
		int v=tmp.to;
		ll w=tmp.w;
		if(v==fa)continue;
		dfs(v,u);
		sz[u]+=sz[v];
		for(int i=min(k,sz[u]);i>=0;i--)
		{
			for(int j=max(0,i-sz[u]+sz[v]);j<=min(i,sz[v]);j++)
			{
				dp[u][i]=max(dp[u][i],dp[v][j]+dp[u][i-j]+(1ll*j*(k-j)+1ll*(sz[v]-j)*(n-k-(sz[v]-j)))*w);
			}
		}
	}
}
int main()
{
	cin>>n>>k;
	for(int i=1;i<=n-1;i++)
	{
		int u,v;
		ll w;
		cin>>u>>v>>w;
		s[u].push_back({v,w});
		s[v].push_back({u,w});
	}
	dfs(1,0);
	cout<<dp[1][k];
	return 0;
}