Luogu P3177 [HAOI2015] 树上染色（树上背包）

Posted 2021-09-06 繁凡さん

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Luogu P3177 [HAOI2015] 树上染色

有一棵点数为 $N$ 的树，树边有边权。给你一个在 $0\sim N$ 之内的正整数 $K$ ，你要在这棵树中选择 $K$ 个点，将其染成黑色，并将其他 的 $N-K$ 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。

$0\le n,k\le 2000$

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 $(x,y)$，被经过的次数 $cnt$，设 $k$ 表示以 $x$ 为根的子树中黑点的数量，$m$ 表示需要选择的黑点总数量，$siz[x]$ 表示以 $x$ 为根的子树的总点数，则有：

$$\mathrm{c}\mathrm{n}\mathrm{t}=k\times (m-k)+(\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{z}[x]-k)\times (n-m-(\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{z}[x]-k))$$

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 $f[i,j]$ 表示在以 $i$ 为根的子树中，选择 $j$ 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 ] + c n t × e d g e [ 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 $j$ 。然后我们只需要考虑对于以 $x$ 的子结点 $y$ 为根的子树，选或者不选。

• 若以 $x$ 的子结点 $y$ 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 $x$ 的子结点 $y$ 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 $x$ 的子结点 $y$ 为根的子树中的点的情况得到的答案取 $\max$ 即可。

选或不选两种情况，所以我们的 $k$ 应该枚举 $0\sim \mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{z}[y]$。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 ] + c n t × e d g e [ 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 $n\le 2000$，直接转移时间复杂度是 $O(K{N}^2)$，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 ] + c n t × e d g e [ 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 $j+k\le m$，时间复杂度大概是 $O(N^2)$…不会证，最后一个点从 1.2s 优化到了 34ms…

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;
		
}