Luogu P3177 [HAOI2015] 树上染色（树上背包）

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Luogu P3177 [HAOI2015] 树上染色

有一棵点数为 NNN 的树，树边有边权。给你一个在 0∼N0\sim N0∼N 之内的正整数 KKK ，你要在这棵树中选择 KKK 个点，将其染成黑色，并将其他的 N−KN-KN−K 个点染成白色。将所有点染色后，你会获得黑点两两之间的距离加上白点两两之间的距离的和的受益。问受益最大值是多少。

0≤n,k≤20000≤n,k≤20000≤n,k≤2000

Solution

树上两点之间的距离即两点之间路径的长度，我们可以直接统计整棵树中每条边被计算了多少次，即对答案有多少贡献，既可求出最后的答案。

每条边被计算了几次，即被经过了几次。对于两个同色的结点，若他们在这条边的同侧，则该点对之间的路径不会经过该边。若他们在这条边的异侧，显然该点对之间的路径会经过该边一次。因此对于一条边 (x,y)(x, y)(x,y)，被经过的次数 cntcntcnt，设 kkk 表示以 xxx 为根的子树中黑点的数量，mmm 表示需要选择的黑点总数量，siz[x]siz[x]siz[x] 表示以 xxx 为根的子树的总点数，则有：

cnt=k×(m−k)+(siz[x]−k)×(n−m−(siz[x]−k))\mathrm {cnt} = k\times(m - k) + (\mathrm {siz}[x]-k)\times (n-m-(\mathrm {siz}[x]-k))cnt=k×(m−k)+(siz[x]−k)×(n−m−(siz[x]−k))

由于这里并不满足最优子结构的性质，即当前子树的最大值并不一定会使得对于整棵树的答案是最大值，因此我们直接统计对整棵树的贡献，设 f[i,j]f[i, j]f[i,j] 表示在以 iii 为根的子树中，选择 jjj 个黑点对整棵树的答案的贡献。

则有转移方程

f[x,j]=max⁡{f[x,j−k]+f[y,k]+cnt×edge[x,y]}f[x,j] = \max\{f[x, j - k] + f[y, k] + \mathrm {cnt}\times \mathrm {edge}[x, y]\} f[x,j]=max{f[x,j−k]+f[y,k]+cnt×edge[x,y]}

然后就是一个树上 0/1 背包了，由于每个点只能选择一次，所以倒序枚举 jjj 。然后我们只需要考虑对于以 xxx 的子结点 yyy 为根的子树，选或者不选。

若以 xxx 的子结点 yyy 为根的子树选择点将其染成黑色，通过转移方程计算即可。
若以 xxx 的子结点 yyy 为根的子树不选择点将其染成黑色，则该子树对答案的贡献为子树纯白的时候对答案的贡献，计算出后，与选择以 xxx 的子结点 yyy 为根的子树中的点的情况得到的答案取 max⁡\maxmax 即可。

选或不选两种情况，所以我们的 kkk 应该枚举 0∼siz[y]0\sim \mathrm {siz}[y]0∼siz[y]。至于如何，正序倒序枚举均可。

这里有一个细节，我们的原转移方程是
f[x,j]=max⁡{f[x,j−k]+f[y,k]+cnt×edge[x,y]}f[x,j] = \max\{f[x, j - k] + f[y, k] + \mathrm {cnt}\times \mathrm {edge}[x, y]\} f[x,j]=max{f[x,j−k]+f[y,k]+cnt×edge[x,y]}

由于 n≤2000n\le 2000n≤2000，直接转移时间复杂度是 O(KN2)O(KN^2)O(KN2)，最后一个点跑了 1.2s TLE了。

我们可以将转移方程改为

f[x,j+k]=max⁡{f[x,j]+f[y,k]+cnt×edge[x,y]}f[x,j+k] = \max\{f[x, j] + f[y, k] + \mathrm {cnt}\times \mathrm {edge}[x, y]\} f[x,j+k]=max{f[x,j]+f[y,k]+cnt×edge[x,y]}

先进行转移，然后再计算 siz[x] += siz[y]，即从小到大递推，并保证 j+k≤mj+k\le mj+k≤m，时间复杂度是 O(N2)O(N^2)O(N2)，因为对于任意两个点 x,yx,yx,y，他们只会在 lca(x,y)\mathrm{lca}(x,y)lca(x,y) 初被统计一次，所以是严格 O(n2)O(n^2)O(n2) 的。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int maxn = 2e3 + 7, maxm = maxn * 2;
int n, m, s, t, ans;
ll f[maxn][maxn];
int num_white;
int siz[maxn];
int head[maxn], ver[maxm], edge[maxm], nex[maxm], tot;void add(int x, int y, int z)
{ver[tot] = y;edge[tot] = z;nex[tot] = head[x];head[x] = tot ++ ;
}void init()
{memset(head, -1, sizeof head);
}void dfs(int x, int fa)
{siz[x] = 1;ll g[maxn];memset(g, 0, sizeof g);for (int i = head[x]; ~i; i = nex[i]) {int y = ver[i], z = edge[i];if(y == fa) continue;dfs(y, x);for (int j = min(m, siz[x]); j >= 0; -- j) {for (int k = min(m, siz[y]); k >= 0; -- k) {  if(j + k > m) continue; g[j + k] = max(g[j + k], f[x][j] + f[y][k] + 1ll * z * (k * (m - k) + (siz[y] - k) * ((n - m) - (siz[y] - k))));}}siz[x] += siz[y];memcpy(f[x], g, sizeof g);}
}int main()
{init();scanf("%d%d", &n, &m);for (int i = 1; i <= n - 1; ++ i) {int x, y, z;scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);add(x, y, z);add(y, x, z);}dfs(1, 0);cout << f[1][m] << endl;return 0;}

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