传送门
前几天的训练赛开了去年icpc的南京站，对这题印象挺深的。我们虽然推出了树上背包的转移方程，但是实现的时候因为优化没到位一直超时……没想到我以前写的所谓的(O(n^2))的树形背包竟然是假的。
首先感觉自己dp这方面还是要加强，设了正确的状态后却迟迟没有推出转移方程，最后还是队友推出来的。
令(dp[u][0/1][j])表示以(u)为根的子树中，(u)这个点没有/有用咒语，且整棵子树内共用了(j)次咒语的情况下，杀掉所有怪的最小化费。
而转移的时候考虑的是从(u)的所有孩子转移，即给孩子们(v)分配咒语次数，于是有：
[egin{align}
dp[u][0][j] &= min{sumlimits_{sum k_i = j}dp[v][0/1][k] + a[v] * [flg_v = 0] } + a[u], \
dp[u][1][j] &= min{sum_{sum k_i = j - 1} dp[v][0/1][k]}
end{align}
]
如果把每个孩子(v)的dp值看成物品，那就是一个分组背包：对于每个孩子，只能从(dp[v][0/1][k])中选一个，而每个孩子又必须选一个。那么就变成了比较显然的树形背包了。这题稍有一些区别的地方在于，每组物品必须选一个，因此在枚举(k)之前向(u)中放任意一个，再进行dp.
关于树形背包，一定要把所有优化都加上，才能达到(O(n^2))。比如枚举(k)的时候要考虑上下界，如果没有下界，就会被链的数据卡掉，而如果没有上界，就会被菊花的数据卡掉。训练赛的时候就是因为没有下界优化而超时的。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define enter puts("")
#define space putchar(' ')
#define In inline
#define forE(i, x, y) for(int i = head[x], y; ~i && (y = e[i].to); i = e[i].nxt)
#define Mem(a, x) memset(a, x, sizeof(a))
typedef long long ll;
const int maxn = 2e3 + 5;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
In ll read()
{
ll ans = 0;
char ch = getchar(), las = ' ';
while(!isdigit(ch)) las = ch, ch = getchar();
while(isdigit(ch)) ans = (ans << 1) + (ans << 3) + (ch ^ 48), ch = getchar();
if(las == '-') ans = -ans;
return ans;
}
In void write(ll x)
{
if(x < 0) putchar('-'), x = -x;
if(x >= 10) write(x / 10);
putchar(x % 10 + '0');
}
int n, a[maxn];
struct Edge
{
int nxt, to;
}e[maxn];
int head[maxn], ecnt = -1;
In void addEdge(int x, int y)
{
e[++ecnt] = (Edge){head[x], y};
head[x] = ecnt;
}
int siz[maxn];
ll dp[maxn][2][maxn];
In void dfs(int now)
{
siz[now] = 1;
for(int i = 0; i <= n; ++i) dp[now][0][i] = dp[now][1][i] = INF;
dp[now][0][0] = a[now]; dp[now][1][1] = 0;
forE(i, now, v)
{
dfs(v);
for(int j = siz[now] + siz[v]; j >= 0; --j)
{
if(j) dp[now][1][j] += dp[v][0][0];
dp[now][0][j] += dp[v][0][0] + a[v];
for(int k = max(0, j - siz[now]); k <= min(j, siz[v]); ++k)
{
dp[now][0][j] = min(dp[now][0][j], dp[now][0][j - k] + min(dp[v][1][k], dp[v][0][k] + a[v])),
if(j) dp[now][1][j] = min(dp[now][1][j], dp[now][1][j - k] + min(dp[v][1][k], dp[v][0][k]));
}
}
siz[now] += siz[v];
}
}
int main()
{
int T = read();
while(T--)
{
Mem(head, -1), ecnt = -1;
n = read();
for(int i = 2; i <= n; ++i) addEdge(read(), i);
for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
dfs(1);
for(int i = 0; i <= n; ++i)
{
write(min(dp[1][0][i], dp[1][1][i]));
i == n ? enter : space;
}
}
return 0;
}