目錄
概念
樹形揹包，就是說，在樹上選一個包含根的連通塊，或揹包存在依賴關係（選父才能選子），或者需要知道每個點的子樹中選了多少……
通常，我們有兩種方法：
一、基於dfs合併：
我們設\(dp(i,j)\)表示在i的子節點中選j個的狀態。
在轉移時，先dfs子節點，然後依次把子節點合併，每次合併2個。
即枚舉\(a,b\)，用\(dp(i,a)\)和\(dp(son,b)\)組合爲\(f(a+b)\)，每次合併後，把f賦給dp。
下面分析時間複雜度：
1、物品大小爲1，沒有限制：
（僞）代碼：
void Tree_Dp(int p)
{
size[p]=1;
each(x,son[p])
{
Tree_Dp(x);
for(int i=0;i<=size[p];++i)
for(int j=0;j<=size[x];++j)
update dp[p][i+j];
size[p]+=size[x];
}
}時間複雜度爲\(O(n^2)\)。
考慮那個二重循環，可以看做分別枚舉兩棵子樹的每個點。可以發現，點對\((u,v)\)，只會在\(Tree_Dp(lca(u,v))\)處被考慮到，所以複雜度是\(O(n^2)\)。
2、有物品大小：
這個複雜度我也不清楚，可以卡到\(O(n^3)\)，但是，在數據隨機時是能跑過8000，1s的。
3、物品大小爲1，有k的限制。
（僞）代碼：
void dfs(int u, int fu) {
int si = 0;
for (int i = fr[u]; i != -1; i = ne[i]) {
if (v[i] != fu)
dfs(v[i], u);
}
for (int i = fr[u]; i != -1; i = ne[i]) {
if (v[i] == fu) continue;
int rt = sz[v[i]];
for (int a = 0; a <= min(si, k); a++) {
for (int b = 0; b <= min(rt, k - a); b++) {
//轉移dp
}
}
si += rt;
sz[u] = si + 1;
}這個算法，最初覺得是\(O(nk^2)\)的，實際上是\(O(nk)\)的。
複雜度證明：
- 根據正常樹形揹包的複雜度\(O(n^2)\)，小於等於k的最多產生\(n/k*k^2\)的複雜度。
- 大於k與大於k的合併一次，被合併的就增加k，最多n/k次，最多產生\(n/k*k^2\)的複雜度。
- 大於k的與小於等於k的合併時，每個小於等於k的最多被合併一次，所以是\(n*s_1+n*s_2+...+n*s_m\)，也是\(nk\)。
還有一種理解：
把樹按照dfs序變爲序列。
然後，在子樹中枚舉取x個，可以理解爲取dfs序的前（後）x個。
而合併時，認爲一棵子樹取後x個，另一棵取前y個。\((x+y\leq k)\)。這可以合併爲長x+y的區間。
這其實就是長度不大於k的子串，最多有nk個。
但是，因爲有取0個的情況，所以實際做題時，大約有2的常數。但那個常數就忽略了可以。
二、dfs序上dp：
按照dfs序考慮：
我們設\(dp(i,j)\)表示考慮到第i個，剩餘容量爲j的狀態：
有兩種轉移：
1、不選i，那麼i的子樹都不能選，轉移到\(dp(i+Size_i,j)\)。
2、選i，那麼按照dfs序考慮下一個，轉移到\(dp(i+1,j-w)+v\)。
正確性顯然。
代碼
（不是我的）
void dfs(int u)
{
int tmp=tot;
for(int i=head[u];i;i=indexx[i].next)
{
int v=indexx[i].to;
dfs(v);
}
cost[++tot]=temp[u];
f[tot]=tmp;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&v[i],&p[i],&q[i]);
temp[i]=banana(v[i],v[i]*p[i]);
init(q[i],i);
}
dfs(0);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
for(int j=0;j<=n;j++)
{
if(j>=cost[i].v)
dp[i][j]=max(dp[f[i]][j],dp[i-1][j-cost[i].v]+cost[i].w);
else
dp[i][j]=dp[f[i]][j];//fi就是i-size(i)
}
}
printf("%d\n",dp[m][n]);
}時間複雜度分析
這個比較顯然，n個點，m的容量限制（沒有則m=n），狀態有\(nm\)個，轉移代價爲\(O(1)\)，複雜度爲\(O(nm)\)。
而且，這種方法更好些，且常數更小。
例題1
題目描述
金明今天很開心，家裏購置的新房就要領鑰匙了，新房裏有一間金明自己與用的很寬敞的房間。更讓他高興的是，媽媽昨天對他說：“你的房間需要購買哪些物品，怎麼佈置，你說了算，只要丌超過 N 元錢就行”。今天一早，金明就開始做預算了，他把想買的物品分爲兩類：主件不附件，附件是從屬於某個件的，下表就是一些主件不附件的例子：
主件 附件
電腦 打印機，掃描儀
書櫃 圖書
書桌 檯燈，文具
工作椅 無
如果要買歸類爲附件的物品，必須先買該附件所屬的件。每個主件可以有很多個附件。附件可能有從屬於自己的附件。金明想買的東西很多，肯定會超過媽媽限定的 N 元。於是，他把每件物品規定了一個重要度，分爲 5 等：用整數 1−5 表示，第 5 等最重要。他還從因特網上查到了每件物品的價格（都是在10 元以內）。他希望在不超過 N 元（可以等於 N 元）的前提下，使每件物品的價格不重要度的乘積的總和最大。 設第 j 件物品的價格爲 v[j] ，重要度爲 w[j] ，共選中了 k 件物品，編號依次爲 j1,j2,…,jk，則所求的總和爲： v[j1]×w[j1]+v[j2]×w[j2]+…+v[jk]×w[jk] 請你幫助金明設計一個滿足要求的購物單。
輸入格式
第 1 行，爲兩個正整數，用一個空格隔開：
N，m （其中 N(<8000) 表示總錢數， m(< 8000) 爲希望購買物品的個數。） 從第 2 行到第 m+1 行，第 j 行給出了編號爲 j−1的物品的基本數據，每行有 3 個非負整數:：v，p，q（其中 v 表示該物品的價格（ v< 10），p表示該物品的重要度（ 1−5 ）， q 表示該物品是主件還是附件。如果 q=0，表示該物品爲主件，如果 q>0 ，表示該物品爲附件， q 是所屬件的編號（q< j-1））
輸出格式
一個正整數，爲丌超過總錢數的物品的價格不重要度乘積的總和的最大值。
這個，是顯然的樹型揹包。
如果用方法1，則由於物品大小的影響，可以卡到\(O(nm^2)\)。
但是，方法二就是\(O(nm)\)的，很快，還好寫。
（差距很大）。
例題2
[JSOI2018]潛入行動
這題，由於我要知道父子關係的信息（例如：父節點是否選擇等），所以方法二便不能使用。
例題3
[SDOI2017]蘋果樹
這題有些像例1，只不過物品有多個，轉成dfs序後，單調隊列優化即可，複雜度\(O(nk)\)。如果方法1至少要\(O(nk^2)\)。
總結下：
方法一：
可以知道每個點的確切情況，可以與普通的樹型dp結合使用（因爲畢竟是在樹上）。
但是，複雜度較高（因爲合併揹包很慢）。
方法二：
複雜度較低（因爲不需要合併揹包，相當於依次添加）。
但是，不能知道每個點的確切情況（因爲是在序列上），有些題不能使用。