P6326 - Shopping 题解
一个很不寻常的题啊。
首先容易发现题目说的就是所有至少买了一个的点必须构成连通块。考虑在树上跑背包，那必须是有根的。随便设 \(1\) 为根，然后规定若 \(x\) 选了，则 \(x\) 的所有祖先都必须选，这样随后调用 \(1\) 的 DP 数组即可得到必须选 \(1\) 时的答案。设 \(dp_{i,j}\) 为子树 \(i\) 内花了不超过 \(j\) 元钱得到的最大收益，转移的时候将若干儿子树的 DP 数组合并起来，然后将 \(i\) 加入。这样你会发现，根本不需要令每个点为根跑一遍，因为一个连通块在有根树上的最浅点是唯一的，直接枚举所有点 \(x\) 作为最浅点，答案就是它的 \(dp_{x,m}\)，max 起来即可。
这个树形背包跟普通的复杂度可以分析到 \(\mathrm O(nm)\) 的不同，这玩意是基于值域的，背包大小并没有和 size 取 min，每次合并是严格 \(\mathrm O\!\left(m^2\right)\) 的，总复杂度是 \(\mathrm O\!\left(nm^2\right)\)，接受不了。注意到将 \(i\) 加入这个操作实际上是多重背包加入一个元素，可以用单调队列优化到 \(\mathrm O(m)\)，然并卵！毕竟复杂度瓶颈在于背包的「合并」。
我们现在认为必须要根除背包的合并操作。此时引出一个科技：树上依赖性背包。问题就是说在有根树上，\(x\) 选了则必须选所有祖先的一个背包，无论是 01 还是完全还是多重。这玩意除了上述的暴力合并背包的 DP 做法，还有个比较妙的不带合并操作的 DP 做法。
我们考虑像一个新的 DP 题一样从头开始考虑：一开始的局面是 \(1\sim n\) 所有点未决策，现在考虑决策 \(1\)。如果不选 \(1\) 那就直接结束走人吧！否则剩下 \(2\sim n\) 需要决策，做完之后返回一个背包再将 \(1\) 插入。现在问题转化为 \(2\sim n\)。注意到这里的精髓：我们并没有将 \(2\sim n\) 拆成若干儿子树再合并，而是直接当做一个整体！毕竟它本来就是一个整体，为啥要拆开再合并呢？（普通树形 DP 这么做是因为不会有「合并复杂度大，插入复杂度小」这样奇怪的事情发生，在这个前提下每个子树作为子问题显然是好理解的）
现在假设 \(2\) 是 \(1\) 的儿子，对 \(2\) 进行决策。如果选的话那就 \(3\sim n\) 走起；否则剩下 \(\{2\sim n\}-\mathrm{subt}(2)\)。对后者下一步应该选 \(1\) 的下一个儿子对吧这很自然。对前者呢？如果也选 \(1\) 的下一个儿子，那么得到的状态就是 \(V\) 去掉一个儿子树再去掉一个儿子树的根？？？这状态就显得支离破碎，没法封闭。接下来官方给出的下一步决策的方案是这个算法的精髓：选 \(3\sim n\) 中 dfn 最小的。就假设 \(dfn_i=i\) 吧，如果选的话转化到 \(4\sim n\)，否则去除 \(\mathrm{subt}(3)\)，而注意到 \(3\) 子树里的点都大于 \(3\)，而且是连续的，所以是 \(3\sim n\) 的前缀，去掉之后得到 \(1\sim n\) 的某个后缀。这样我们只要对每个状态都对 dfn 最小的点进行决策，转移到的状态就可以封闭在「dfn 后缀」这仅仅 \(\mathrm O(n)\) 个状态里，而且每次转移都是加入一个点的操作。
通过上述科技，我们可以用单调队列在 \(\mathrm O(nm)\) 时间内计算出连通块必须包含 \(1\) 的答案。但这样一个坏处是不能顺便得到连通块最浅节点为其它点的答案了。那难道要对每个点都跑一遍吗？这样是 \(\mathrm O\!\left(n^2m\right)\)，虽然比原来的做法优，但还是过不去。不难发现，考虑过包含 \(1\) 的情况，剩下不包含 \(1\) 的情况，这样必须在 \(1\) 的若干个儿子树的其中之一，就转化为了子问题，递归下去。可以用点分治来限制层数，达到 \(\mathrm O(nm\log n)\)。这里点分治不再是统计路径，而是统计连通块，也很自然对吧？
code（好写！）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define pb push_back
const int inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int N=510,M=4010;
int n,m;
int v[N],w[N],lim[N];
vector<int> nei[N];
bool vis[N];
int dfn[N],mxdfn[N],nowdfn,mng[N];
void dfs(int x,int fa=0){
mng[dfn[x]=mxdfn[x]=++nowdfn]=x;
for(int i=0;i<nei[x].size();i++){
int y=nei[x][i];if(y==fa||vis[y])continue;
dfs(y,x);
mxdfn[x]=mxdfn[y];
}
}
int dp[N][M];
int q[M],head,tail;
int ans;
int sz[N],mxsz[N];
bool cmp(int x,int y){return mxsz[x]<mxsz[y];}
int gtrt(int x=1,int tot=n,int fa=0){
sz[x]=1,mxsz[x]=0;
int rt=0;
for(int i=0;i<nei[x].size();i++){
int y=nei[x][i];if(y==fa||vis[y])continue;
rt=min(rt,gtrt(y,tot,x),cmp);
sz[x]+=sz[y],mxsz[x]=max(mxsz[x],sz[y]);
}
mxsz[x]=max(mxsz[x],tot-sz[x]);
return min(rt,x,cmp);
}
void cdq(int x){
nowdfn=0,dfs(x);
memset(dp[nowdfn+1],0,sizeof(dp[0]));
for(int i=nowdfn;i;i--){
int u=mng[i];
for(int j=0;j<=m;j++)dp[i][j]=dp[mxdfn[u]+1][j];
for(int j=0;j<w[u]&&j<=m;j++){
head=tail=0;
for(int k=j;k<=m;k+=w[u]){
if(k>=w[u]){
while(head<tail&&dp[i+1][q[tail-1]]-q[tail-1]/w[u]*v[u]<=dp[i+1][k-w[u]]-(k-w[u])/w[u]*v[u])tail--;
q[tail++]=k-w[u];
}
while(head<tail&&(k-q[head])/w[u]>lim[u])head++;
if(head<tail)dp[i][k]=max(dp[i][k],dp[i+1][q[head]]+(k-q[head])/w[u]*v[u]);
}
}
}
ans=max(ans,dp[1][m]);
vis[x]=true;
for(int i=0;i<nei[x].size();i++){
int y=nei[x][i];if(vis[y])continue;
cdq(gtrt(y,sz[y]));
}
}
void mian(){
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)nei[i].clear();
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",v+i);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",w+i);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",lim+i);
for(int i=1;i<n;i++){
int x,y;
scanf("%lld%lld",&x,&y);
nei[x].pb(y),nei[y].pb(x);
}
memset(vis,0,sizeof(vis));
ans=0,cdq(gtrt());
cout<<ans<<"\n";
}
signed main(){mxsz[0]=inf;
int t;
cin>>t;
while(t--)mian();
return 0;
}
