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  • 树形背包总结

    概念

    树形背包,就是说,在树上选一个包含根的连通块,或背包存在依赖关系(选父才能选子),或者需要知道每个点的子树中选了多少……
    通常,我们有两种方法:

    一、基于dfs合并:

    我们设(dp(i,j))表示在i的子节点中选j个的状态。
    在转移时,先dfs子节点,然后依次把子节点合并,每次合并2个。
    即枚举(a,b),用(dp(i,a))(dp(son,b))组合为(f(a+b)),每次合并后,把f赋给dp。

    下面分析时间复杂度:

    1、物品大小为1,没有限制:

    (伪)代码:

    void Tree_Dp(int p)
    {
        size[p]=1;
        each(x,son[p])
        {
            Tree_Dp(x);
            for(int i=0;i<=size[p];++i)
                for(int j=0;j<=size[x];++j)
                    update dp[p][i+j];
            size[p]+=size[x];
        }
    }
    

    时间复杂度为(O(n^2))
    考虑那个二重循环,可以看做分别枚举两棵子树的每个点。可以发现,点对((u,v)),只会在(Tree_Dp(lca(u,v)))处被考虑到,所以复杂度是(O(n^2))

    2、有物品大小:

    这个复杂度可以卡到(O(wn^2)),w是物品大小。

    代码:

    void dfs(int x)
    {
    	sum[x]=c[x];
    	dp[x][c[x]]=v[x];
    	if(!he[x])
    		return;
    	for(int i=he[x];i!=0;i=e[i].ne)
    	{
    		int t=e[i].to;
                    dfs(t);sum[x]+=sum[t];
    		for(int s1=min(sum[x],lim);s1>=c[x];s1--)//注意倒序
    		{
    			for(int s2=min(sum[t],min(s1-c[x],lim));s2>=c[t];s2--)//注意倒序
    				dp[x][s1]=max(dp[x][s1],dp[x][s1-s2]+dp[t][s2]);
    		}
    	}
    }
    

    3、物品大小为1,有k的限制。

    (伪)代码:

    void dfs(int u, int fu) {
        int si = 0;
        for (int i = fr[u]; i != -1; i = ne[i]) {
            if (v[i] != fu) 
                dfs(v[i], u);
        }
        for (int i = fr[u]; i != -1; i = ne[i]) {
            if (v[i] == fu) continue;
            int rt = sz[v[i]];
            for (int a = 0; a <= min(si, k); a++) {
                for (int b = 0; b <= min(rt, k - a); b++) {
                       //转移dp
                }
            }
            si += rt;
        sz[u] = si + 1;
    }
    

    这个算法,最初觉得是(O(nk^2))的,实际上是(O(nk))的。

    复杂度证明:

    1. 根据正常树形背包的复杂度(O(n^2)),小于等于k的最多产生(n/k*k^2)的复杂度。
    2. 大于k与大于k的合并一次,被合并的就增加k,最多n/k次,最多产生(n/k*k^2)的复杂度。
    3. 大于k的与小于等于k的合并时,每个小于等于k的最多被合并一次,所以是(n*s_1+n*s_2+...+n*s_m),也是(nk)

    还有一种理解:

    把树按照dfs序变为序列。
    然后,在子树中枚举取x个,可以理解为取dfs序的前(后)x个。
    而合并时,认为一棵子树取后x个,另一棵取前y个。((x+yleq k))。这可以合并为长x+y的区间。
    这其实就是长度不大于k的子串,最多有nk个。

    但是,因为有取0个的情况,所以实际做题时,大约有2的常数。但那个常数就忽略了可以。

    二、dfs序上dp:

    按照dfs序考虑:
    我们设(dp(i,j))表示考虑到第i个,剩余容量为j的状态:
    有两种转移:
    1、不选i,那么i的子树都不能选,转移到(dp(i+Size_i,j))
    2、选i,那么按照dfs序考虑下一个,转移到(dp(i+1,j-w)+v)
    正确性显然。
    但是,有些树上的信息无法知道。

    代码

    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
    	for(int j=0;j<=n;j++)
    	{
    		if(j>=cost[i].v)
    			dp[i][j]=max(dp[f[i]][j],dp[i-1][j-cost[i].v]+cost[i].w);
    		else
    			dp[i][j]=dp[i-size(i)][j];
    	}
    }
    printf("%d
    ",dp[m][n]);
    

    时间复杂度分析

    这个比较显然,n个点,m的容量限制(没有则m=n),状态有(nm)个,转移代价为(O(1)),复杂度为(O(nm))
    而且,这种方法更好写,且常数更小。
    在物品有多个等特殊问题时,也方便优化。

    例题1

    题目描述
    
    妈妈昨天对他说:“你的房间需要购买哪些物品,怎么布置,你说了算,只要不超过 N 元钱就行”。今天一早,金明就开始做预算了,他把想买的物品分为两类:主件不附件,附件是从属于某个件的,下表就是一些主件不附件的例子:
    如果要买归类为附件的物品,必须先买该附件所属的件。每个主件可以有很多个附件。附件可能有从属于自己的附件。金明想买的东西很多,肯定会超过妈妈限定的 N 元。于是,他把每件物品规定了一个重要度,分为 5 等:用整数 1−5 表示,第 5 等最重要。他还从因特网上查到了每件物品的价格(都是在10 元以内)。他希望在不超过 N 元(可以等于 N 元)的前提下,使每件物品的价格不重要度的乘积的总和最大。 设第 j 件物品的价格为 v[j] ,重要度为 w[j] ,共选中了 k 件物品,编号依次为 j1,j2,…,jk,则所求的总和为: v[j1]×w[j1]+v[j2]×w[j2]+…+v[jk]×w[jk] 请你帮助金明设计一个满足要求的购物单。
    
    输入格式
    第 1 行,为两个正整数,用一个空格隔开:
    N,m (其中 N(<8000) 表示总钱数, m(<8000) 为希望购买物品的个数。) 从第 2 行到第 m+1 行,第 j 行给出了编号为 j−1的物品的基本数据,每行有 3 个非负整数:v,p,q(其中 v 表示该物品的价格(v<10),p表示该物品的重要度(1−5),q 表示该物品是主件还是附件。如果 q=0,表示该物品为主件,如果 q>0 ,表示该物品为附件, q 是所属件的编号(q< j-1))
    输出格式
    一个正整数,为不超过总钱数的物品的价格与重要度乘积的总和的最大值。
    

    这个,是显然的树型背包。
    如果用方法1,则由于物品大小的影响,可以卡到(O(nm^2))
    但是,方法二就是(O(nm))的,很快,还好写。

    (差距很大)。

    例题2

    • P4516 [JSOI2018]潜入行动
      题解
      这题,由于我要知道父子关系的信息(例如:父节点是否选择等),所以方法二便不能使用。
      使用方法一,复杂度为(O(nk))

    例题3

    • P3780 [SDOI2017]苹果树
      题解
      这题有些像例1,只不过物品有多个,转成dfs序后,单调队列优化即可,复杂度(O(nk))
      如果方法1至少要(O(nk^2))
      此时,dfs序还可以知道某条链两侧的状态。

    例题4

    • P6668 [清华集训2016] 连通子树
      由于每次询问涉及到的点不多,可以把这些点拿出来建立虚树。
      通过倍增,可以求出每条边的选择方案数。
      由于平方算法太慢,同时还可以不包含根节点,因此在虚树上进行点分治+DFS序列上DP。
      注意在(na=nb=nc=0)时要特殊考虑,即维护一条链上选择一段区间的方案数,可以维护前后缀乘积的和。
      细节很多,代码量极大(400行+)。

    总结下

    方法一:
    可以知道每个点的确切情况(比如子树中选了多少,也能记录父亲的信息)。可以与普通的树型dp结合使用(因为毕竟是在树上)。
    也能直接处理任意连通块的情况。
    但是,复杂度相对较高(因为合并背包很慢)。如果是计数可以考虑FFT。

    方法二:
    复杂度较低(因为不需要合并背包,相当于依次添加)。
    但是,不能知道每个点的确切情况(因为是在序列上),有些题不能使用。
    如果是连通块的DP,只能算出包含根的连通块。如果要求所有连通块的信息,需要使用点分治,复杂度多一个log。

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