2019金華Day18-dp專項

經典揹包問題

01揹包和無限揹包略過
多重揹包的優化
這能優化到$O(nm)$？！
$($我們以求方案數爲例$)$
設第i種物品有$c[i]$個,重量爲$w[i]$
$f[i][j]\!=\!\sum_{k=0}^{c[i]}\!f[i\!-\!1][j\!-\!k\cdot w[i]]$
這是最基本的暴力，然後考慮優化
我們寫一個類似前綴和的東西
設$g[i][j]\!=\!f[i\!-\!1][j]+g[i\!-\!1][j\!-\!w[i]]$
那麼$f[i][j]\!=\!g[i][j]-g[i][j\!-\!(k[i]\!+\!1)\cdot w[i]]$
自此可以優化到$O(nm)$
$Ps:$若用二進制拆分來優化，就不能統計方案，比如說對於5會拆成{1,2,2},那麼再算選兩個時就會統計兩次。
小習題：
1. 考慮01揹包問題，有Q種操作，每次加入一種物品或刪除一種物品，每次操作完後輸出不超過S的方案數
$n,Q,S\!\leq\!2000$
我們假設這個數重量爲$w$
對於加入這個數的操作：
$for\ i\!:\!S\ downto\ w\\ f[i]+\!=f[i-w]$
對於刪除這個數的操作：
$for\ i\!:\!w\ to\ S\\ f[i]-\!=f[i-w]$
時間複雜度$:O(nS)$
2. 樹上依賴01揹包：如果兒子選了，則父親必須要選
這是一個很強的限制
思考後就會發現，這相當於在樹上選擇一個包含根節點的連通塊
那麼我們通過dfs序把原問題轉化到序列上
我們設$f[i][1]$表示選第$i$個點,$f[i][0]$表示不選第$i$個點
考慮$f[i][1]$的轉移 $f[i][1]+\!=\!f[fa[i]][1]$
考慮$f[i][0]$的轉移 $f[i][0]+\!=\!f[ed[i]-1][0]$
$($未完待續$)$