最近做了几道树上背包的题目，很多题目的数据范围都很小，但实际上树上背包有多种方式可以优化到 (O(nm)) （(n) 为节点数，(m) 为体积的值域），比如先序遍历优化（何森《先序遍历用于优化树形背包问题》），求泛化物品的并（徐持衡《浅谈几类背包题》）……经过一番学习，觉得还是上下界优化理解起来最简单，也比较好写，适用范围广，唯一比其它做法复杂的地方就是复杂度分析。
例题讲解
这里以一道经典的树上背包作为例题：【数据加强版】选课
直接把我出的数据加强版放上来了..反正题面里有原题链接QAQ
注：本文中用 (a_i) 代指题面中的 (s_i) 。
(O(nm^2)) 做法
用 (f_{u,i}) 表示以 (u) 为根的子树中选 (i) 门课的最大得分，那么 (f_{u,i}=minlimits_{forall fa[v_j]=u,sum k_j=i-1}(sum f[v_j][k_j])+a_u)，而这个转移可以通过背包实现，依次合并每棵子树，每次合并时枚举 (i) 和 (k_j) ，(f_{u,i}=max(f_{u,i},f_{u,i-k_j}+f_{v_j,k_j})) 。
需要倒序枚举 (i) 防止状态在转移前被覆盖。否则的话dp数组要多一维。
由于可能是森林，所有没有直接先修课的节点，父亲视为节点 (0)，实际上就要选 (m+1) 个节点。
参考代码：
void dfs(int u)
{
f[u][1]=a[u];
int i,j,k,v;
for (i=head[u];i;i=nxt[i])
{
v=to[i];
dfs(v);
for (j=m+1;j>=1;--j)
{
for (k=1;k<j;++k)
{
f[u][j]=max(f[u][j],f[u][j-k]+f[v][k]);
}
}
}
}
上下界优化
注意背包转移的这部分：
for (j=m+1;j>=1;--j)
{
for (k=1;k<j;++k)
{
f[u][j]=max(f[u][j],f[u][k]+f[v][j-k]);
}
}
实际上，这里面有很多状态都是没有意义的：
-
转移时已经合并了大小之和为 (s) 的一些子树，那么 (f_{u,i}(i>s)) 实际上是没有意义的。
-
(f_{v,i}(i>siz[v])) 也是没有意义的。
-
(f_{u,i}(i>m)) 是没有作用的。
所以，可以对 (j) 和 (k) 的枚举范围进行优化：
void dfs(int u)
{
siz[u]=1;
f[u][1]=a[u];
int i,j,k,v;
for (i=head[u];i;i=nxt[i])
{
v=to[i];
dfs(v);
for (j=min(m+1,siz[u]+siz[v]);j>=1;--j)
{
for (k=max(1,j-siz[u]);k<=siz[v]&&k<j;++k)
{
f[u][j]=max(f[u][j],f[u][j-k]+f[v][k]);
}
}
siz[u]+=siz[v];
}
}
复杂度分析
可以参考这篇博客。
形象的解释
每个点对都只会在 (lca) 处合并一次，所以总的复杂度是 (O(n^2)) 的。
这个解释很简洁，需要自己意会一下..
严格？证明
令 (T_u) 为处理子树 (u) 的总用时，那么：
(egin{aligned}T_u&=left(sumlimits_{forall fa[v_i]=u}T_{v_i} ight)+t_u\\t_u&=1+(1+siz[v_1]) imes siz[v_1]+(1+siz[v_1]+siz[v_2]) imes siz[v_2]+cdots+siz[u] imes siz[v_k]\&=1+sumlimits_{forall fa[v_i]=u}siz[v_i] imes(siz[u]+1)\&=siz[u]^2end{aligned})
对于叶子节点 (u) ，(T(u)=1) ，是 (O(siz[u]^2)) 的。
对于儿子都是叶子节点的节点 (u)，由于平方和小于和平方，(sumlimits_{forall fa[v_i]=u}T_{v_i}) 也是 (O(siz[u]^2)) 的。
可以这样递归地说明，对于任意节点 (u) ，(sumlimits_{forall fa[v_i]=u}T_{v_i}) 都是 (O(siz[u]^2)) 的。
又因为 (t(u)) 是 (O(siz[u]^2)) 的，(T(u)) 就是 (O(siz[u]^2)) 的。
所以解决整个问题就是 (O(n^2)) 的。
严格！证明
枚举过程中还要对 (m) 取 min ，所以应该是这样的：
(egin{aligned}t_u&=1+min(m,1+siz[v_1]) imes min(m,siz[v_1])+min(m,1+siz[v_1]+siz[v_2]) imes min(m,siz[v_2])+cdots+min(m,siz[u]) imes min(m,siz[v_k])\&le m imes siz[u]end{aligned})
所以，(t(u)) 是 (O(min(siz[u],m) imes siz[u])) 的。
对于 (siz[u]le m)，(T(u)) 是 (O(siz[u]^2)) 的。
对于 (siz[u]>m)，(sumlimits_{forall fa[v_i]=u,siz[v_i]le m}T_{v_i}) 是 (Oleft(left(sumlimits_{forall fa[v_i]=u,siz[v_i]le m}siz[v_i] ight)^2 ight)) 的；(sumlimits_{forall fa[v_i]=u,siz[v_i]>m}T_{v_i}) 是 (Oleft(m imessumlimits_{forall fa[v_i]=u,siz[v_i]>m}siz[v_i] ight)) 的；所以，(T(u)) 是 (O(m imes siz[u])) 的。
所以，解决整个问题是 (O(nm)) 的。
其它例题
dl代码
我出的那两道数据加强版略有些毒瘤..（(n imes mle 10^8)）
大约需要这样写：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
void dfs(int u);
void add(int u,int v);
const int N=100010;
int head[N],nxt[N],to[N],cnt;
int n,m,a[N],f[100000010],siz[N];
int main()
{
int i,k;
scanf("%d%d",&n,&m);
for (i=1;i<=n;++i)
{
scanf("%d%d",&k,a+i);
add(k,i);
}
dfs(0);
printf("%d",f[m+1]);
return 0;
}
void add(int u,int v)
{
nxt[++cnt]=head[u];
head[u]=cnt;
to[cnt]=v;
}
void dfs(int u)
{
siz[u]=1;
f[u*(m+2)+1]=a[u];
int i,j,k,v;
for (i=head[u];i;i=nxt[i])
{
v=to[i];
dfs(v);
for (j=min(m+1,siz[u]+siz[v]);j>=1;--j)
{
for (k=max(1,j-siz[u]);k<=siz[v]&&k<j;++k)
{
f[u*(m+2)+j]=max(f[u*(m+2)+j],f[u*(m+2)+j-k]+f[v*(m+2)+k]);
}
}
siz[u]+=siz[v];
}
}
关于另一种 (O(nm)) 做法
一开始我在洛谷发了篇选课的题解，然后没过...
那篇题解用的是求泛化物品的并（徐持衡《浅谈几类背包题》）
虽然说洛谷好像还没有上下界优化的题解..但最近好几篇题解没过审，都不太想在洛谷发题解了...