NOIP2024集训Day21 DP常见模型2 - 背包

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A. [BZOJ 4987] Tree

树形背包dp

先考虑几个显而易见的性质：

1. 选出的点一定是相邻的

2. 对于选出的点，如果从 \(a_k\) 再走回 \(a_1\)，那么就相当于每条边经过了两次

由于题目没有包含 \(dis(a_k,a_1)\)，因此就相当于选出的点中的一条链可以只经过一次，其余的需要经过两次。

那我们就可以将选点转化为选边，然后考虑树形背包：

设 \(f_{i, j, k}\) 表示以 \(i\) 为根的子树中选择点 \(i\)，共选出 \(j\) 条边，且包含的链端点数目为 \(k\) 的最小代价。

这里解释一下：当 \(k=0\) 时，相当于要从根节点遍历一遍选出的边然后再从根节点出去；\(k=1\) 时，相当于从根节点遍历一遍，到达某链端点后不出去；\(k=2\) 时相当于从某端点遍历到根节点，然后出去再回来到另一端点。

对于根节点与子节点之间的边，显然当 \(k=0\) 或 \(2\) 时计算两遍，否则计算一遍。

这里第二维和第三维都满足背包性质，然后就可以树形背包了。

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B. [雅礼集训 2018 Day10] 贪玩蓝月

一个朴素的想法就是模拟这个过程，当询问时做一遍01背包，但这样明显会TLE

想象这样一个例子：当两次询问中间夹着一次插入操作，第二次进行01背包，明显只需要在第一次的基础上对新插入的数做一次01背包

由于 \(p\) 很小，所以这样时间复杂度大大减小

所以我们可以对前端插入与后端插入分别维护一个栈，每次插入时对新插入的数做一次01背包

删除时让栈顶减一即可，因为再次插入时会覆盖这个值

那么当一端已经为 \(0\) 时，再有对该端的删除操作怎么办？

此时将另一端的前一半暴力加入该段即可（另一端也要暴力维护一下）

那么如何查询呢？

枚举一端可能的特征值 \(i\)，令 \(L = (l -i + p) \mod p\)，\(R=(r-i+p)\mod p\)

则另一端可能的特征值在 \(L\) 到 \(R(R\ge L)\)或 \(0\) 到 \(R\) 与 \(L\) 到 \(p - 1(R \lt L)\) 之间

用ST表维护区间最值即可

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C. [BZOJ3425 POI2013] Polarization

最少可到达点数很好求，就是 \(n-1\)。因为每条边的贡献最少为 \(1\)，将树黑白染色，奇数层染黑色，偶数层染白色，所有黑点指向白点，答案就是 \(n-1\)。

最多的怎么求？显然是一些点指向一个点，那个点再指向剩下的点（证明最后再说）。

经过中间点的答案就是两边点数的乘积，那么中间点怎么选？显然要使两边点数尽可能相等，选重心就好了。

按01背包来选择一些子树，这样做时间复杂度显然是\(\Theta (n^2)\)，我们可以用 bitset 优化成 \(\Theta (\frac{n^2}{32})\)，但显然还是过不去。

考虑到子树大小大于 \(\sqrt n\) 的不超过 \(\sqrt n\) 个，所以可以将子树大小大于 \(\sqrt n\) 的暴力DP，剩下的将相同大小的合并后二进制拆分来DP。这样时间复杂度就变成了\(\Theta (\frac{n\sqrt n}{32})\)。

最后证明一下为什么一定是找到一个中间点最优：

首先如果改变一棵树中所有边的指向，可到达点对数不变。

如果不是中间点最优，那么一定有一条路径 \(x\) 指向 \(y\)，\(x\) 至少有两条出边（假设第二条指向 \(a\)），\(y\) 至少有两条入边（假设第二条入边由 \(b\) 指过来），改变 \(y\)，\(b\) 之间的边及 \(b\) 子树中的边或改变 \(x\)，\(a\) 之间的边及 \(a\) 子树中的边，一定有一种情况能使答案更优，这样改变下去直到找到一个中间点。

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E. [THUPC2018] 弗雷兹的玩具商店

首先每次询问就是完全背包。可以 \(O(m^2)\)。

由于每个物品都可以用无数次，所以对于价格相同的物品，我们只用考虑愉悦度最高的。

直接上线段树。\(val_i\) 表示这个区间中价格为 \(i\) 的物品中最大的愉悦度。如果没有这样的物品就是 \(-\infty\)。

询问就把这个区间的所有 \(val\) 取出来，做个完全背包就好了。

两种修改操作用个标记随便搞搞。分别是区间的每个数组平移，和区间加。

复杂度 \(O(nm\log n+q(m^2+\log n))\)。