【笔记】树上背包的复杂度分析

这是我参与11月更文挑战的第10天，活动详情查看：2021最后一次更文挑战.

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参考 树上背包的上下界优化 ouuan

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洛谷P2014 选课

给定$n(300)$门课的学分与先修课程（一个或零个），问选$m$个课程的最大学分。

认为没有先修课程的课，以0为先修课程，且0课程的学分为0，以此构建一棵树。

$dp[i][j]$表示以$i$为根的子树中选修$j$门可以获得的最大学分。

$dp[i][j] = max\{dp[v][j]+dp[i][j-k]\}$

$dp[i][1] = 第i门课的学分，dp[i][0]=-inf$

答案就是$dp[0][m+1]$.

注意：树上的依赖关系体现在dp[i][0]=-inf，即不能父节点不选。

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复杂度优化

单次背包合并的复杂度是$O(n^2)$，一共需要合并$O(n)$次，总复杂度$O(n^3)$.

下面的代码里已经添加了一个常数优化：当前背包容量cnt，也就是子树大小。

vector<int> son[M];
int dp[M][M];
int dfs(int u)
{
	int cnt = 1;
	for(auto v:son[u])
	{
		cnt += dfs(v);
		for(int j=cnt; j>=1; --j)
			for(int k=0; k<=j; ++k)
				dp[u][j] = max(dp[u][j], dp[u][k] + dp[v][j-k]);
	}
	return cnt;
}

上下界优化一共包含3个优化，都是舍弃无用状态

1. $dp[u][j]，j>m$的状态是无用的，因为答案不需要（在此题是m+1)
2. $dp[u][j]，j>当前背包容量$，的状态是无用的，即上面代码里的优化
3. $dp[v][k]，k>size[v]$的状态是无用的，其中$size[v]$表示以$v$子树的节点数

综上，代码可以改进为：

vector<int> son[M];
int dp[M][M];
int dfs(int u)
{
	int cnt = 1;
	for(auto v:son[u])
	{
		int cntv = dfs(v);
		for(int j=min(m+1,cnt+cntv); j>=1; --j)
			for(int k=max(0,j-cnt), rk=min(cntv,j); k<=rk; ++k)
				dp[u][j] = max(dp[u][j], dp[u][j-k] + dp[v][k]);
		cnt += cntv;
	}
	return cnt;
}

这份代码里一共多了三个界限：

1. $j$的上限是$min(m+1,cnt+cv)$，对应于上述的优化1、2
2. $k$的下限是$max(0,j-cnt)$，即$k\geq j-cnt$，保证了$j-k\leq cnt$。
3. $k$的上限是$min(cntv,j)$，对应上述的优化3.

需要注意的是，这里固定了$dp[v]$的下标是$k$，$dp[u]$的下标是$n-k$，不能再交换

复杂度证明

(1)每个点对只会在它们的$lca$处被合并一次，所以复杂度$O(n^2)$

(2)来自czq爷的势能分析，

1. 单次合并的复杂度是$O(sz_usz_v)$
2. 设获得一棵节点数为$s$的子树的代价是$1/2s^2$，
3. 那么获得$(sz_u+sz_v)$的复杂度正好是$1/2(sz_u+sz_v)^2=0.5sz_u^2+0.5sz_v^2+sz_usz_v$

(3)因为枚举过程中还对$m$取min，所以实际复杂度是$O(nm)$.

详细证明见www.cnblogs.com/ouuan/p/Bac…

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此文章也发表于我的 CSDN 博客中。