代码源树上背包 板子
树上背包1
树上背包1 - 题目 - Daimayuan Online Judge
题意：
思路：
在树上做背包
想象一棵子树，结点u有很多子树v
把这些子树v想象成一个个物品，假设我们已经枚举到了v这棵子树
因为u整棵树选的点数恰好为m，我们去枚举v这棵子树中选的点数，和前面遍历的这些多棵子树的选的点数，把结果存到tmp数组里，然后再用tmp数组给dp赋值
注意这里的sz数组，因为我们在遍历“物品”的时候，是不包含u这个结点的，因此sz一开始为0而不是1，等到所有物品遍历完之后，再算上u这个结点
算上u这个结点，一方面是sz[u]++，另一方面是更新dp数组
这样我们就做完背包了
这样乍看一眼复杂度是n^3的，但是事实上是n^2的，为什么呢
树上背包在合并时这么多个子树中点对之间只有1的贡献，每对点对只会在它们的lca处有贡献，所以是n^2的
Code：
#include
//#define int long long
using namespace std;
using i64 = long long;
const int mxn=2e3+10;
const int mxe=1e6+10;
const int mod=1e9+7;
const int Inf=0x3f3f3f3f;
int N,Q,Fa,u,m;
int tot=0;
int a[mxn],dp[mxn][mxn];
int head[mxn],sz[mxn];
struct ty{
int to,next;
}edge[mxe<<2];
void add(int u,int v){
edge[tot].to=v;
edge[tot].next=head[u];
head[u]=tot++;
}
void G_init(){
tot=0;
for(int i=0;i<=N;i++){
head[i]=-1;
}
}
void dfs(int u,int fa){
sz[u]=0;
for(int i=head[u];~i;i=edge[i].next){
if(edge[i].to==fa) continue;
dfs(edge[i].to,u);
static int tmp[mxn];
memset(tmp,-0x3f,sizeof(tmp));
for(int j=0;j<=sz[u];j++){
for(int k=0;k<=sz[edge[i].to];k++){
tmp[j+k]=max(tmp[j+k],dp[u][j]+dp[edge[i].to][k]);
}
}
for(int j=0;j<=sz[u]+sz[edge[i].to];j++) dp[u][j]=tmp[j];
sz[u]+=sz[edge[i].to];
}
sz[u]++;
for(int i=N;i>=1;i--) dp[u][i]=dp[u][i-1]+a[u];
dp[u][0]=0;
}
void solve(){
cin>>N>>Q;
G_init();
for(int i=2;i<=N;i++){
cin>>Fa;
add(i,Fa);
add(Fa,i);
}
for(int i=1;i<=N;i++) cin>>a[i];
dfs(1,0);
while(Q--){
cin>>u>>m;
cout<>__;
while(__--)solve();return 0;
}
树上背包2
树上背包2 - 题目 - Daimayuan Online Judge
题意：
思路：
和之前的一样，只不过背包大小需要加限制
值得注意的是复杂度，这个的复杂度是O(nm)的
Code：
#include
//#define int long long
using namespace std;
using i64 = long long;
const int mxn=5e4+10;
const int mxe=5e4+10;
const int mxm=1e2+10;
const int mod=1e9+7;
const int Inf=0x3f3f3f3f;
int N,Q,Fa,u,m;
int tot=0;
int a[mxn],dp[mxn][mxm];
int head[mxn],sz[mxn];
struct ty{
int to,next;
}edge[mxe<<2];
void add(int u,int v){
edge[tot].to=v;
edge[tot].next=head[u];
head[u]=tot++;
}
void G_init(){
tot=0;
for(int i=0;i<=N;i++){
head[i]=-1;
}
}
void dfs(int u,int fa){
sz[u]=0;
for(int i=head[u];~i;i=edge[i].next){
if(edge[i].to==fa) continue;
dfs(edge[i].to,u);
static int tmp[mxn];
for(int j=0;j<=min(sz[u]+sz[edge[i].to],100);j++) tmp[j]=-Inf;
for(int j=0;j<=min(sz[u],100);j++){
for(int k=0;k<=sz[edge[i].to]&&j+k<=100;k++){
tmp[j+k]=max(tmp[j+k],dp[u][j]+dp[edge[i].to][k]);
}
}
for(int j=0;j<=min(sz[u]+sz[edge[i].to],100);j++) dp[u][j]=tmp[j];
sz[u]+=sz[edge[i].to];
}
sz[u]++;
for(int i=min(sz[u],100);i>=1;i--) dp[u][i]=dp[u][i-1]+a[u];
dp[u][0]=0;
}
void solve(){
cin>>N>>Q;
G_init();
for(int i=2;i<=N;i++){
cin>>Fa;
add(i,Fa);
add(Fa,i);
}
for(int i=1;i<=N;i++) cin>>a[i];
dfs(1,0);
while(Q--){
cin>>u>>m;
cout<>__;
while(__--)solve();return 0;
} 树上背包3
树上背包3 - 题目 - Daimayuan Online Judge
题意：
思路：
这是标准的树上背包问题
每个子树都有选or不选两种决策
做法是在dfs序上做背包，如果不选，就是跳过这棵子树，选就从i+1的时间戳转移过来
Code：
#include
//#define int long long
using namespace std;
using i64 = long long;
const int mxn=2e3+10;
const int mxe=2e3+10;
const int mxm=1e4+10;
const int mod=1e9+7;
const int Inf=0x3f3f3f3f;
int N,M,Fa;
int tot=0,idx=0;
int a[mxn],w[mxn],dp[mxn][mxm];
int head[mxn],id[mxn],L[mxn],R[mxn];
struct ty{
int to,next;
}edge[mxe<<2];
void add(int u,int v){
edge[tot].to=v;
edge[tot].next=head[u];
head[u]=tot++;
}
void G_init(){
tot=0;
for(int i=0;i<=N;i++){
head[i]=-1;
}
}
void dfs(int u,int fa){
L[u]=++idx;
id[idx]=u;
for(int i=head[u];~i;i=edge[i].next){
if(edge[i].to==fa) continue;
dfs(edge[i].to,u);
}
R[u]=idx;
}
void solve(){
cin>>N>>M;
G_init();
for(int i=2;i<=N;i++){
cin>>Fa;
add(i,Fa);
add(Fa,i);
}
for(int i=1;i<=N;i++) cin>>a[i];
for(int i=1;i<=N;i++) cin>>w[i];
dfs(1,0);
for(int j=1;j<=M;j++) dp[N+1][j]=-Inf;
for(int i=N;i>=1;i--){
for(int j=0;j<=M;j++){
int u=id[i];
dp[i][j]=dp[R[u]+1][j];
if(j>=w[u]) dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i+1][j-w[u]]+a[u]);
}
}
for(int j=0;j<=M;j++){
if(dp[1][j]<0) cout<<0<<'\n';
else cout<>__;
while(__--)solve();return 0;
}