dfs 序 DP

DFS 序 DP：与合并子树的树形背包相对。

状态设计通常为 \(dp(i,S)\) 表示考虑了 dfs 序的前 \(i\) 个点，各种状态为 \(S\) 的某种属性。

• 优势：每次只新加入一个点。

• 劣势：要处理往回跳的情况（dfs 序增加 \(1\)，可能是切换子树了）。

• 常用优化技巧：重链剖分，在先重子 dfs 序上处理。

例题一：HDU6566 The Hanged Man（独立集背包问题）

直接正常属性背包 \(dp(i,j,0/1)\) 表示 \(i\) 子树选出重量和为 \(j\) 的独立集，且 \(i\) 是否选了，的最大价值。于是获得了一个复杂度 \(O(nm^2)\) 的做法，然而没什么优化空间。

另外一个想法是 DFS 序 DP：\(dp(i,j)\) 表示考虑到 dfs 序为 \(i\) 的结点，选择的重量和为 \(j\)。这样走向儿子的时候就不用记录 \(i\) 的选择状态，但是回溯的时候需要记录所有祖先的选择状态 …… 所以要升成 \(dp(i,j,S)\) 多记录祖先们选没选，于是我们获得了复杂度 \(O(nm2^n)\) 的优秀做法！

接下来是一个非常牛的优化。上面是对任意 dfs 序 DP，能不能钦定一个 dfs 序从而优化呢？我们做轻重链剖分，按后重子深搜序 DP，那么一个点回溯的时候需要考虑的结点一定是\(rt-i\) 路径上某条轻边的父亲！因为到根经过的轻边只有 \(O(\log n)\) 条，对这些结点状压的复杂度是 \(O(2^{\log n})=O(n)\) 的！

于是复杂度优化为 \(O(n^2m)\)，可以通过。

例题二：P3780 苹果树。

选一个包含根的连通块，\(t-h\le k\)，最大价值。

算法明显是 \(O(nk)\) 的。

【简化版】

因为 \(t-h\le k\) 这个条件过于阴间了，尝试解决简化版 \(t\le k\)。

【\(a_v=1\)】

即使是简化版，也先考虑解决 \(a_v=1\) 的特殊情况。这种情况，每个结点只有选和不选两种情况。

采用 dfn 序 DP。\(dp[i][j]\) 表示目前考虑完 \(dfn\le i-1\) 的结点（\(i\) 待定），已经选了 \(j\) 个结点，且强制 \(i\) 的祖先们都选了，最大权值是多少。

刷表法转移，考虑 \(i\) 选不选。若 \(i\) 选，转移到 \(dp[i+1][j+1]\)；若 \(i\) 不选，记 \(big[x]\) 为 \(x\) 子树中 dfn 的最大值，转移到 \(dp[big[i]+1][j]\)。

答案取 \(\max dp[n+1][0\sim n]\)。状态 \(O(nk)\)，转移 \(O(1)\)，总共 \(O(nk)\) 的复杂度。

【\(a_v\) 任意】

然后解决简化版的一般情况。状态描述不变，考虑怎么优化转移过程。

先考虑朴素的转移是怎么做的。若选 \(0\) 个，转移到 \(dp[big[i]+1][j]\)；否则 \(dp[i][j]+w_i\times c\rightarrow dp[i+1][j+c]\)，要求 \(c\ge 1\)。

不选的情况不用动，只需要优化选的情况。

令 \(g_j=\max_{1\le j-c\le a_i,c\ge 1}\{dp[i][c]+w_i\cdot (j-c)\}=w_i\cdot j+\max_{1\le j-c\le a_i,c\ge 1} dp[i][c]-w_i\cdot c\)。把 \(dp[i][c]-w_i\cdot c\) 视作 \(f[c]\)，就是经典的滑动窗口问题，可以 \(O(k)\) 求出 \(g_0\sim g_k\)。
然后用 \(g_k\) 转移 \(dp[i+1][k]\)。

还是 \(O(nk)\) 的。

【原版】

\(h\) 可以看作是 "允许让一条链上的点免费取一个"。

【\(a_v=1\)】

新建一个 dfn2 序，和上面的 dfn 对儿子的访问顺序完全相反。然后新建一个 \(dp2[][]\) 按照 dfn2 的顺序 DP，状态定义和 \(dp[][]\) 一样。

在求出两个数组之后，枚举结点 \(v\) 为 "免费链" 的最下端结点，枚举 \(j1\) 为 "dfn 比 \(v\) 小的选的个数"，\(dp[v][j1]+dp2[v][j2]+w_v\) 即为 \(v\) 的最大可能贡献。其中 \(j2\) 满足 \(j1-(d[v]-1)+j2-(d[v]-1)=k\)。
之所以加上 \(w_v\)，是因为两个状态定义里 \(v\) 都是待定的，所以在最后把这个免费的 \(v\) 的权值加上。

【\(a_v\) 任意】

这里不能按上面做的原因，是 \(v\) 的祖先可以选不止一个，在 \(dp[v]\) 中是一种选法，在 \(dp2[v]\) 中又是不同的选法，情况不同当然不能直接合并。

那能不能让 \(v\) 的祖先的 \(a=1\) 呢？就相当于除了叶子结点的 \(a\) 都等于 \(1\)。

事实上是可以的，我们拆点，若 \(a_i>1\)，给 \(i\) 额外拆出一个结点 \(new\) 作为儿子，\(a[new]=a[i]-1,w[new]=w[i]\) 然后 \(a[i]\leftarrow 1\)。这是等价的。