多重背包&树上背包小结

多重背包&树上背包

多重背包

有 \(n\) 种物品，每种物品有 \(s_i\) 个，价值为 \(v_i\) ，体积为 \(w_i\) ，背包容量为 \(V\) ，问最大价值

二进制拆分

把 \(s\) 进行二进制拆分，然后就是01背包的过程，\(O(nV\log V)\)

可以用bitset优化

单调队列

对于每个物品，先枚举\(k=0\sim w_i-1\)，然后枚举余数为k的数，这个过程是 \(O(V)\) 的

然后我们发现对于一个k，进行的是内部转移，于是就维护一个单调队列即可

时间复杂度 \(O(nV)\)

CF1856E2 PermuTree (hard version)

题目描述

给定一棵以 \(1\) 为根的有根树，你需要给出一个 \(1\) 到 \(n\) 的排列 \(a\)，最大化二元组 \((u,v)\) 的数量，满足 \(a_u < a_{\rm {lca(u,v)}} < a_v\)，输出这个最大值。（\(2 \leq n \leq 10^6\)）

solution

可以考虑在lca处算答案，然后贪心，把儿子分成两个尽量相等的部分

于是就对儿子的子树大小进行背包，\(O(n^2)\)

然后我们发现因为一次计算的子树大小和为n，那么最多有 \(\sqrt n\) 种值，然后跑多重背包即可

注意，如果用二进制拆分，其实也没有log，但是有一个实现细节：我们把进行二进制拆分后的01物品放进桶里，然后一个桶里若有超过两个，就可以等价于二进制的进位，可以证明是物品时 \(\sqrt n\) 级别的。

然后还有个细节，用bitset要动态定义长度，所以可能需要手打

树上背包

树形背包总结 - lnzwz - 博客园 (cnblogs.com)

2023.10.11联考T4

题目描述

给定一棵 \(n\)个节点、以 \(1\) 为根的树。对于每一条边，可以选择保留或不保留。
定义一个方案的权值是：只看保留的边时，形成的各个连通块大小之积的 \(k\) 次方。试计算\(2^{n-1}\) 种方案的权值之和。

solution

计数好题

首先考虑暴力，设\(g_{i,j}\)表示以i为根的子树，i所在的联通块大小为j的代价，j=0时表示断掉i的父亲那条边，然后为了方便转移，我们i所在连通块的代价先不算，每次更新完一棵子树，再进行更新\(g_{i,0}+=\sum g_{i,j}\times j^k\)

然后我们发现可以背包转移，时空复杂度\(O(n^2)\)

想到这里发现根本无法优化，于是就需要一点经验，发现\(k\le100\)

设\(f_{i,j}=\sum_{s=0}^{siz_i}(^s_j)f_{i,s}\)，就是以i为根的子树，i所在的联通块贡献\((^s_j)\)的代价，我们发现，j的范围被缩减成k，然后根据第二类斯特林数的公式（普通幂转下降幂），\(s^k=\sum_{i=1}^ks2(k,i)i!(^s_i)\)，然后令\(ans_i\)为该点断掉父亲的答案，\(ans_i=\sum_{j=1}^ks2(k,j)j!f_{i,j}\)

发现了可以计算答案，那么如何转移呢？

考虑状态的组合意义，在连通块中取了j个点，由于子树中的情况互不影响，可以用乘法原理，于是又可以背包转移，注意ans要当作大小为0的物品转移

然后如果我们把背包大小定为\(min(k,siz_i)\)，时间复杂度为\(O(nk)\)

2023.12.24联考T1

题目大意

给定一棵树，每个节点有个01权值，一棵树的贡献定义为满足 \(x\) 为 \(y\) 的祖先，且\(s_x=1,s_y=0\) 的 \((x,y)\) 的数量

现在可以反转k个权值，问最小贡献。对于 \(k=0\sim n\) 都输出答案

solution

首先考虑如果要把1改成0，那么要求它的子树一定都为1，否则不如改子树

0改成1同理，要求它到根都为0

所以可以考虑一个朴素的dp，设\(f_{i,j,k}\)表示节点i的子树，用了j个反转，下面有k个0，背包转移\(O(n^3)\)

在根据上面的结论，设\(f_{i,j,0/1/2}\)表示节点i的子树，用了j个反转，子树一定都为1/它到根都为0/不确定