题解：P13680 [IAMOI R2] 未送出的花

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树形 DP，时间复杂度 \(O(n^2)\)，主要解答一些细节和疑惑，篇幅看起来长了点但是只是详细了一点而已。

方案中节点 \(u\) 的盛开度为 \(val_u\)。

性质 1：最优情况下，所有节点 \(u\) 的任意祖先盛开度都比 \(u\) 的盛开度要大。

证明：假设 \(a\) 是 \(b\) 的若干级祖先，且 \(val_a < val_b\)，并且考虑 \(a\to b\) 路径上任意一节点 \(v\)，如果交换 \(val_a,val_b\) 则会使得对于点 \(v\) 能取到的中位数可能变大，答案一定是不劣的。

考虑通过性质 1 对问题进行转化，则对于深度为 \(dep_u\) 的节点 \(u\) 取到的中位数一定是在其祖先链上第 \(\lceil \frac{dep_u}{2}\rceil\) 个点（不妨令其为 \(p\)）上的 \(val_p\)。对于每个 \(p\) 我们统计它被多少 \(u\) 选中，记为 \(cnt_p\)。

性质 2：所有被选中的点 \(p\) 构成一个包含根节点 \(1\) 的联通块。

证明：考虑一个点 \(u\) 如果能选中一个点 \(p\)，则说明该点的父亲也会选中一个在 \(1\to p\) 路径上的节点，\(1\to u\) 上所有节点选择的节点就能够覆盖 \(1\to p\) 上的所有节点。考虑树中所有叶子节点 \(u\)，它到根的链上 \(1\to p\) 这一部分就是被选择的节点，所有 \(1\to p\) 的链重合使得 \(1\) 能够到达联通块内所有节点。

那么现在问题就变成了：

给定一个 \(k\)，求选择 \(num\) 个节点构成包含 \(1\) 的联通块，其权值 \(\sum cnt\geq k\)，且使 \(num\) 最小化（由于只需要填 \(num\) 个点，答案即为 \(n-num+1\)）

有一个简单的思路，维护一个关于 \(cnt_u\) 的大根堆，先把 \(1\) 入堆，然后每次取出堆顶，将目前总共能覆盖的节点数量加上 \(cnt_u\) 贪心地将相连节点都入堆。这样显然是错误的。

性质 3：在 \(k=1\dots n\) 的情况中，\(k=a-1\) 对于 \(k=a\) 不具可差分性。

证明：容易发现，做 \(k=a-1\) 是存在后效性的，这也是为什么我们不能使用大根堆直接做的原因。考虑一个 hack，存在一个节点 \(u\) 其 \(val\) 具有极大值，但是其父亲的 \(val_{fa}\) 具有极小值，那么在做大根堆的时候我们肯定会先入堆若干个与 \(fa\) 同级的且 \(val\) 比 \(fa\) 大的节点，这样会使得需要覆盖的节点数大幅增加，但是如果直接先取 \(fa\) 再取 \(u\) 就可以只增加 \(2\) 个需要节点然后解决后续的问题。

考虑正解，虽然连通块形态是不可差分的，但是对于每个 \(k\) 我们选到的联通块，其大小一定是随着 \(k\) 的需求增加而不降的，相应的选到的联通块大小 \(j\) 也一定对应着一段覆盖的 \(k\) 的区间。不妨令 \(dp_{i,j}\) 表示以 \(i\) 为根的子树中选了包含 \(i\) 的联通块大小为 \(j\) 所能取到最大的 \(\sum cnt\)，初始化 \(dp_{u,1}=cnt_u\)，转移是 \(O(n^3)\) 的，利用 \(siz_u\) 限制可以做到 \(O(n^2)\)，令 \(v\) 为 \(u\) 的儿子，则 \(dp_{u,sum}=\max \sum dp_{v,b_v}(\sum b_v=sum)\)，转移是树形 DP 的基础内容，这里不做展开。

最后 \(dp_{1,j}\) 可以覆盖 \([dp_{1,j-1}+1,dp_{1,j}]\) 上所有 \(k\) 的值，相应计算即可。实际上大部分情况做树形 DP 时只需要遍历约一半的节点，因为有用的（\(cnt_u>0\)）的节点也差不多是这个数，当然要是构造出一个菊花那就是另一回事了，时间还是比较优秀的。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e4+5;
vector<int>G[N];
int n,cnt[N],rcnt;
int stk[N],tp;
int dp[N][N],siz[N];
int ans[N];
void dfs(int u,int fa){
	stk[++tp]=u;
	cnt[stk[(tp+1)/2]]++;
	for(int v:G[u]){
		if(v==fa)continue;
		dfs(v,u);
	}
	stk[tp--]=0;
	if(u)rcnt++;
}
void dfs1(int u,int fa){
	if(!cnt[u])return ;
	siz[u]=1;dp[u][0]=0;
	dp[u][1]=cnt[u];
	for(int i=2;i<=rcnt;i++)
		dp[u][i]=0;
	for(int v:G[u]){
		if(v==fa)continue;
		if(!cnt[v])continue;
		dfs1(v,u);
		for(int i=siz[u];i>=1;i--)
			for(int j=siz[v];j>=0;j--)
				dp[u][i+j]=max(dp[u][i+j],dp[u][i]+dp[v][j]);
		siz[u]+=siz[v];
	}
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	int T;cin>>T;
	while(T--){
		cin>>n;rcnt=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			G[i].clear(),
			cnt[i]=0;
		for(int i=1;i<n;i++){
			int u,v;cin>>u>>v;
			G[u].push_back(v);
			G[v].push_back(u);
		}
		dfs(1,0);
		dfs1(1,0);
		int now=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			while(now<dp[1][i])ans[++now]=n-i+1;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			cout<<ans[i]<<' ';
		cout<<'\n';
	}
	return 0;
}