树上背包(P2014 [CTSC1997] 选课）
树上的背包问题，简单来说就是背包问题与树形 DP 的结合。
树上背包问题概述
树上背包问题指的是在树形结构上进行动态规划，结合背包问题的思想，通常用于解决子树资源分配或依赖选择的问题。这类问题通常涉及节点间的依赖关系，需要在树上进行状态转移。
基本思路
- 状态定义：通常定义
dp[u][j]表示以节点u为根的子树中，选择j个节点（或消耗j单位资源）时的最优解（如最大价值或最小代价）。 - 转移方程：通过遍历子节点，将子节点的状态合并到父节点中。对于每个子节点
v，枚举父节点和子节点的分配情况，更新状态。
代码框架（C++）
以下是树上背包问题的通用代码框架：
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;const int N = 1e3 + 5; // 节点数
const int M = 1e3 + 5; // 背包容量
vector<int> tree[N];
int dp[N][M]; // dp[u][j]: 以u为根的子树，容量为j时的最优解
int n, m; // 节点数和背包容量void dfs(int u, int parent) {// 初始化，通常将当前节点u的状态初始化为某种值for (int j = 0; j <= m; ++j) {dp[u][j] = ...; // 根据问题初始化}for (int v : tree[u]) {if (v == parent) continue;dfs(v, u); // 递归处理子节点// 合并子节点状态到父节点for (int j = m; j >= 0; --j) { // 注意逆序枚举，避免重复计算for (int k = 0; k <= j; ++k) {dp[u][j] = max(dp[u][j], dp[u][j - k] + dp[v][k]);}}}
}
关键点
- 递归处理子树：通过DFS遍历树，确保子节点的状态先于父节点计算。
- 逆序枚举背包容量：避免重复计算，类似于01背包的优化方式。
- 状态合并：将子节点的状态通过枚举分配方式合并到父节点中。
示例问题：子树节点选择
假设每个节点有一个价值 val[u] 和体积 w[u]，要求在子树中选择节点，使得总体积不超过 m，且总价值最大。
int val[N], w[N]; // 节点的价值和体积void dfs(int u, int parent) {// 初始化：选择当前节点ufor (int j = w[u]; j <= m; ++j) {dp[u][j] = val[u];}for (int v : tree[u]) {if (v == parent) continue;dfs(v, u);// 合并子节点状态for (int j = m; j >= w[u]; --j) {for (int k = 0; k <= j - w[u]; ++k) {dp[u][j] = max(dp[u][j], dp[u][j - k] + dp[v][k]);}}}
}
复杂度分析
- 时间复杂度：
O(n * m^2)，其中n是节点数，m是背包容量。通过优化可以降为O(n * m)。 - 空间复杂度：
O(n * m)。
优化技巧
子树大小优化：限制背包容量的枚举范围为子树大小，减少无效计算。
int size[N]; // 记录子树大小void dfs(int u, int parent) {size[u] = 1;for (int j = 0; j <= m; ++j) dp[u][j] = ...;for (int v : tree[u]) {if (v == parent) continue;dfs(v, u);size[u] += size[v];for (int j = min(m, size[u]); j >= 0; --j) {for (int k = 0; k <= min(j, size[v]); ++k) {dp[u][j] = max(dp[u][j], dp[u][j - k] + dp[v][k]);}}} }滚动数组：如果空间紧张，可以用滚动数组优化空间。
常见应用场景
- 树上依赖背包问题（如选择子树中的节点需满足依赖关系）。
- 树形结构上的资源分配问题（如带宽分配、任务调度）。
- 子树统计问题（如统计满足条件的子树数量）。
P2014 [CTSC1997] 选课
思路：
#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int n, m;
struct {int i, next;//i这次可以不用
}a[302];
int h[302];
int head[302];
int dp[302][302];
void dfs(int i) {while (h[i] != -1) {dfs(a[h[i]].i);for (int j = m; j >= 0; j--) {for (int z = j; z >= 0; z--) {dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[h[i]][z] + dp[i][j - z]);}}h[i] = a[h[i]].next;}for (int j = m; j >= 1; j--) {dp[i][j] = dp[i][j - 1] + head[i];}
}
int main(){ios::sync_with_stdio(false); // 禁用同步cin.tie(nullptr); // 解除cin与cout绑定cin >> n >> m;memset(h, -1, sizeof(h));int l;for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> l >> head[i];a[i].i = i;a[i].next = h[l];h[l] = i;}m = m + 1;//0当成一门课且必选dfs(0);cout << dp[0][m] << endl;return 0;
}