信息学奥赛一本通 1576：【例 2】选课 | 洛谷 P2014 [CTSC1997] 选课

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ybt 1576：【例 2】选课
洛谷 P2014 [CTSC1997] 选课

【题目考点】

1. 树形动规

2. 有依赖的背包（树形背包）

选择一个物品的前提是选另一件物品，而这些依赖关系构成了一个树形关系。在背包容量有限的情况下，求选出的物品的最大总价值。

【解题思路】

本题是有依赖的背包模板题。该类背包问题可以通过树形动规来解决。
每门课程是一个结点。课程是学分是结点的权值（点权）。如果a课程是b课程的先修课，那么结点a与结点b之间有一条边。
假想所有不要求有先修课的课程，都以0号课程为先修课。这样整棵树就以0号结点为根。该0号结点必须选择，因此结点数n与边数m要在输入的数值基础上增加1。
本题抽象为：在有n个结点的树上选择m个结点，必须选择一个结点的前提是选择这个结点的双亲，求选出结点的最大点权加和。
使用树形动规算法解决该问题。

解法1：树形动规 有依赖的背包 原解法

状态定义

• 阶段：以u为根的树的前i个子树，选择结点数量j
• 决策：选择几个结点
• 策略：选择结点的方案
• 策略集合：根结点u的前i个子树中选择j个结点的所有方案
• 条件：权值和最大
• 统计量：权值和

$d{p}_{u,i,j}$: 根结点u的前i个子树中选择j个结点的所有方案中，权值和最大的方案的权值和。

状态转移方程

• 策略集合：根结点u的前i个子树中选择j个结点的所有方案
• 分割策略集合：根据对每个子树选择结点数不同来分割策略集合

$w_u$为结点u的权值。
对于以u为根的树，如果选0个结点，权值和为0。$d{p}_{u,0,0}=0$
如果选1个结点，一定会选择结点u，$d{p}_{u,0,1}=w_u$
如果要选择j个结点，选择结点数最少1个，最多m个。在子树中需要选择j-1个结点。
对于结点u的第i个孩子v（v的孩子数量为$c_v$)
如果在以v为根的子树中选择k个结点，选出结点的最大权值加和为$d{p}_{v,c_v,k}$
接下来需要在结点u的前i-1个子树中选择j-k个结点，选出结点的最大权值加和为$d{p}_{u,i-1,j-k}$。
二者加和即为在以u为根树的前i个子树中选出j个结点能得到的最大权值加和。
k最小为0，最大为j-1，对所有k的取值情况，求该表达式的最大值，即为所求的状态。
dpu,i,j=max⁡0≤k<j{dpu,i−1,j−k+dpv,cv,k}dp_{u,i,j} = \underset{0\le k < j}\max\{dp_{u,i-1,j-k}+dp_{v,c_v,k}\}dpu,i,j​=0≤k<jmax​{dpu,i−1,j−k​+dpv,cv​,k​}

由于本题输入时就已知结点之间的双亲-孩子关系，那么就可以建有向图。使用vector数组vector<int> edge[N];保存有向图的邻接表。那么edge[v].size()就是结点v的孩子数量$c_v$。
在dfs的过程中，访问到结点u，先设初始状态$d{p}_{u,0,0}$。而后遍历孩子，从结点u访问孩子v，在完成从v出发的搜索后，再根据状态转移方程完成从孩子v到双亲u的递推。
最终以结点0为根，前$c_0$个子树中选择m个结点能获得的最大权值$d{p}_{0,c_0,m}$即为本题的结果。
时间复杂度：dfs中双重循环递推是$O(m^2)$复杂度，dfs搜索递归调用的次数为n，因此总体时间复杂度为$O(n{m}^2)$
空间复杂度为$O(n^{2}m)$

优化解法1：树形动规 滚动数组优化

在求$d{p}_{u,i,j}$时，只用到了第二维为i-1时的数据$d{p}_{u,i-1,j-k}$
可以进行滚动数组优化，同时必须将第三维$j$倒序遍历。
滚动数组优化方法见：ybt 1267：【例9.11】01背包问题
而后就可以将i所在的第二维优化掉。
空间复杂度降为：$O(nm)$

优化解法2：树形动规 滚动数组优化 结点数优化

考察子树结点总数对状态转移的限制。
设$si{z}_u$表示根结点为u的树的结点数。
深搜过程中，$si{z}_u$表示根结点为u的树的根结点加上前i个子树的结点数。
在访问到u的孩子v时，先将$si{z}_u$增加以v为根的子树的结点数$si{z}_v$

1. 根结点为u的树取前i个子树的结点，取到的结点数量一定小于等于$si{z}_u$，所以j的最大值取min⁡{sizu,m}\min\{siz_u,m\}min{sizu​,m}
2. 根结点为v的子树取到的结点数量一定小于等于$si{z}_v$，因此在子树v中选择的结点数量k的最大值为min⁡{j−1,sizv}\min\{j-1, siz_v\}min{j−1,sizv​}

加上以上限制后，代码的时间复杂度降至$O(n^2)$，具体证明见证明：有依赖背包结点数优化后为O(n^2)

【题解代码】

解法1：树形动规 有依赖的背包 三维状态

时间复杂度：$O(n{m}^2)$ ，空间复杂度：$O(n^{2}m)$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 305
int n, m, w[N], dp[N][N][N];//dp[u][i][j]：结点u的前i个孩子，最多选择j门课能获得的最大学分 
vector<int> edge[N];
void dfs(int u)
{int i = 1;dp[u][0][1] = w[u];for(int v : edge[u]){dfs(v);		for(int j = 1; j <= m; ++j)//在树中选j门课 for(int k = 0; k < j; ++k)//在子树v中选了k门课 （因为还要选v，最多选j-1门） dp[u][i][j] = max(dp[u][i][j], dp[u][i-1][j-k]+dp[v][edge[v].size()][k]); i++;}
}
int main()
{int f;cin >> n >> m;n++, m++;//算上0号结点 for(int i = 1; i < n; ++i){cin >> f >> w[i];edge[f].push_back(i);}dfs(0);cout << dp[0][edge[0].size()][m];return 0;
}

优化解法1：树形动规 有依赖的背包 滚动数组优化

时间复杂度：$O(n{m}^2)$ ，空间复杂度：$O(nm)$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 305
int n, m, w[N], dp[N][N];//dp[u][i][j]：结点u的前i个孩子，最多选择j门课能获得的最大学分 
vector<int> edge[N];
void dfs(int u)
{dp[u][1] = w[u];//选1门课，就只能选自己 for(int v : edge[u]){dfs(v);for(int j = m; j >= 1; --j)//在树中选j门课 for(int k = 1; k < j; ++k)//在子树v中选了k门课 （因为还要选v，最多选j-1门） dp[u][j] = max(dp[u][j], dp[u][j-k]+dp[v][k]); }
}
int main()
{int f;cin >> n >> m;n++, m++;//算上0号结点 for(int i = 1; i < n; ++i){cin >> f >> w[i];edge[f].push_back(i);}dfs(0);cout << dp[0][m];return 0;
}

优化解法2：树形动规 有依赖的背包 结点数优化

时间复杂度：$O(n^2)$ ，空间复杂度：$O(nm)$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 305
int n, m, w[N], siz[N], dp[N][N];//dp[u][i][j]：结点u的前i个孩子，最多选择j门课能获得的最大学分 
vector<int> edge[N];
void dfs(int u)
{dp[u][1] = w[u];//选1门课，就只能选自己 siz[u] = 1;for(int v : edge[u]){dfs(v);siz[u] += siz[v];for(int j = min(m, siz[u]); j >= 1; --j)//在树中选j门课 for(int k = 1; k < j && k <= siz[v]; ++k)//在子树v中选了k门课 （因为还要选v，最多选j-1门） dp[u][j] = max(dp[u][j], dp[u][j-k]+dp[v][k]); }
}
int main()
{int f;cin >> n >> m;n++, m++;//算上0号结点 for(int i = 1; i < n; ++i){cin >> f >> w[i];edge[f].push_back(i);}dfs(0);cout << dp[0][m];return 0;
}