\(\mathcal{Description}\)

??Link.

??给定一棵含 \(n\) 个点的树，每个结点有两个权值 \(a\) 和 \(b\)。对于 \(k\in[1,m]\)，分别求

??其中 \(S\) 是树上的一个独立点集。

??测试数据组数 \(\le20\)，\(n\le50\)，\(m\le5\times10^3\)。

\(\mathcal{Solution}\)

??一个 naive 的 DP 方法是，令 \(f(u,i,0/1)\) 表示 \(u\) 子树内，入 \(S\) 的点 \(a\) 值之和为 \(i\)，且 \(u\) 入/未入集时最大的 \(b\) 值之和及其方案数。这种做法慢在需要 \(\mathcal O(m^2)\) 合并两棵子树的 DP 信息。我们尝试转化成一种仅需要单点更新的 DP。

??考虑点分树，因为结点 \(u\) 在原树上的邻接点必然是点分树上 \(u\) 的祖先或子树内的孩子，所以可以在点分树上以 DFN 顺 DP，令状态 \(f(i,s,j)\) 表示考虑了 DFN 在 \([1,i]\) 之间的结点，设 \(u\) 是 DFN 为 \(i\) 的结点，那么 \(s\) 为 \(u\) 的祖先中被选结点的深度集合，\(j\) 为 \(a\) 值之和，状态表示最大值及方案数。

??以上，每次暴力插入一个结点更新 DP 数组，就能做到 \(\mathcal O(Tnm2^{\log n})=\mathcal O(Tn^2m)\) 了。

??（我写 T 了，也许是代码问题，抱歉 qwq。

\(\mathcal{Code}\)

??会 T 掉的可怜代码。

/* Clearink */

#include <cstdio>

#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, repEnd##i = r; i <= repEnd##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, repEnd##i = l; i >= repEnd##i; --i )

typedef long long LL;

inline void chkmax( int& a, const int b ) { a < b && ( a = b, 0 ); }

const int MAXN = 100, MAXM = 5e3;
int n, m, a[MAXN + 5], b[MAXN + 5];
int siz[MAXN + 5], wgt[MAXN + 5], ban[MAXN + 5], dep[MAXN + 5];
bool vis[MAXN + 5];

struct Graph {
	int ecnt, head[MAXN + 5], to[MAXN * 2 + 5], nxt[MAXN * 2 + 5];

	inline void operator () ( const int u, const int v ) {
		to[++ecnt] = v, nxt[ecnt] = head[u], head[u] = ecnt;
	}

	inline void clear( const int n ) {
		ecnt = 0;
		rep ( i, 1, n ) head[i] = 0;
	}
} srcT, divT;

#define adj( T, u, v ) 	for ( int i = T.head[u], v; v = T.to[i], i; i = T.nxt[i] )

struct Atom {
	int val; LL cnt;
	Atom(): val( 0 ), cnt( 0 ) {}
	Atom( const int v, const LL c ): val( v ), cnt( c ) {}

	inline Atom operator + ( const int x ) {
		return cnt ? Atom( val + x, cnt ) : Atom();
	}

	inline Atom& operator += ( const Atom& u ) {
		if ( val == u.val ) cnt += u.cnt;
		if ( val < u.val ) *this = u;
		return *this;
	}
} f[MAXN * 4 + 5][MAXM + 5];

inline void findG( const int u, const int fa, const int all, int& rt ) {
	siz[u] = 1, wgt[u] = 0;
	adj ( srcT, u, v ) if ( !vis[v] && v != fa ) {
		findG( v, u, all, rt ), siz[u] += siz[v];
		chkmax( wgt[u], siz[v] );
	}
	chkmax( wgt[u], all - siz[u] );
	if ( !rt || wgt[u] < wgt[rt] ) rt = u;
}

inline void build( const int u ) {
	vis[u] = true;
	adj ( srcT, u, v ) if ( !vis[v] ) {
		int rt = 0; findG( v, 0, siz[v], rt );
		divT( u, rt ), dep[rt] = dep[u] + 1;
		build( rt );
	}
}

inline void solve( const int u, int& lasd ) {
	int d = dep[u];
	rep ( i, 1 << d, ( 1 << lasd << 1 ) - 1 ) {
		Atom *cf = f[i & ( ( 1 << d ) - 1 )], *lf = f[i];
		rep ( j, 0, m ) cf[j] += lf[j], lf[j] = Atom();
	}
	rep ( i, 0, ( 1 << d ) - 1 ) {
		if ( i & ban[u] ) continue;
		Atom *cf = f[i | 1 << d], *lf = f[i];
		rep ( j, 0, m - a[u] ) cf[j + a[u]] += lf[j] + b[u];
	}
	lasd = d;
	adj ( divT, u, v ) solve( v, lasd );
}

int main() {
	int T; scanf( "%d", &T );
	rep ( cas, 1, T ) {
		scanf( "%d %d", &n, &m );
		srcT.clear( n ), divT.clear( n );
		rep ( i, 1, n ) vis[i] = false;
		// f[][] is cleared when outputing;
		// ban[] is cleared when calculating.
		rep ( i, 1, n ) scanf( "%d %d", &a[i], &b[i] );
		for ( int i = 2, u, v; i <= n; ++i ) {
			scanf( "%d %d", &u, &v );
			srcT( u, v ), srcT( v, u );
		}
		int rt = 0; findG( 1, 0, n, rt );
		build( rt );
		rep ( u, 1, n ) {
			ban[u] = 0;
			adj ( srcT, u, v ) ban[u] |= ( dep[v] < dep[u] ) << dep[v];
		}
		f[0][0].cnt = 1;
		int lasd = 0; solve( rt, lasd );
		printf( "Case %d:\n", cas );
		rep ( i, 1, m ) {
			Atom ans;
			rep ( j, 0, ( 1 << lasd << 1 ) - 1 ) {
				ans += f[j][i], f[j][i] = Atom();
			}
			printf( "%lld%c", ans.cnt, i ^ m ? ‘ ‘ : ‘\n‘ );
		}
	}
	return 0;
}

Solution -「HDU #6566」The Hanged Man

原文：https://www.cnblogs.com/rainybunny/p/14471695.html