关于子树合并背包类型的dp的复杂度

最新推荐文章于 2024-07-23 15:03:20 发布

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本文探讨了WC2019比赛中的一道数树问题，该问题涉及子树合并的复杂度分析。原始的直接DP方法具有O(n^2)的时间复杂度，但通过证明合并大小为a、b的子树复杂度为O(ab)，可以优化到O(n^2)。此外，当仅考虑小于k的部分时，复杂度进一步降低到O(nk)。文章还提到了使用生成函数的方法进行O(n)优化，并提供了多项式EXP模板的应用建议。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

前不久，WC2019考了一道风格新奇的数树。
通过层层容斥化式猜结论，（子任务2）终于化简成了一道小清新树形DP：

一个边集T的权值等于每个连通块的权值之积,每个连通块的权值等于 $k \times$ 联通块大小，求所有边集的权值之和。一个简单的实现方式是直接 $d p$ ，令 $d p (i, j)$ 表示划分到了 $i$ 这个子树, $i$ 所在的联通大小为 $j$ 时的所有边集权值之和，直接实现的复杂度是 $O(n^2)$ 的并不能通过 $n=10^5$ 的诡异数据。

且不看最后一句话，这段话差点让我。。。。。。怎么 $O(n^2)$ DP啊，一个n枚举点，一个n枚举当前大小，一个n枚举增加的大小，这活脱脱的 $O(n^3)$ ？然后我就naive了。原来大佬早有证明。具体是这样的，合并大小为a,b的子树复杂度是 $O (a b)$ ，可以看成a子树内任选一点，b子树内任选一点进行匹配，不管怎么合并任意两个点只会在其lca匹配一次，所以是 $O(n^2)$ 的。

所以我的树形DP都白学了。。。。。。

其次，如果第二位大于k的部分不需要，那么复杂度是 $O (n k)$ 的
这就导致2018九省联考秘密袭击这道题的 $O(n^2k)$ 大力树上DP远远快于我的 $O(n^2\log^2 n)$ 的FFT和 $O(n^2\log n)$ 的线段树合并维护整体DP+拉格朗日插值 $O(n^2)$ 维护卷积555

（子任务2的）正解？

我们可以考虑每个贡献的组合意义，大小为 $a_i$ 的连通分量贡献相当于在这个联通分量中选取一个点产生 $K$ 的乘积贡献。
据此我们可以优化状态表示： $\mathrm{f}[u][0/1]$ 表示 $u$ 的子树中，当前连通分量是否已经做出贡献，这里为了方便转移，当前连通分量如果已经做出贡献就计入答案。

   LL K, f[MN], g[MN];
    void DFS(int u, int fz) {
        f[u] = 1, g[u] = K;
        for (int i = h[u]; i; i = nxt[i]) if (to[i] != fz) {
            DFS(to[i], u);
            g[u] = (f[u] * g[to[i]] + g[u] * f[to[i]] + g[u] * g[to[i]]) % Mod;
            f[u] = (f[u] * f[to[i]] + f[u] * g[to[i]]) % Mod;
        }
    }

巧妙利用组合意义？O(n)。

当然老年选手可以这样：

那么我们考虑每一个dp数组对应的生成函数，我们把点u的生成函数记做

$f_{u}(z)=\sum_{i}dp(u,i)z^{i}$

那么我们合并u,v时的转移可以写成

$f_{u}(z)=f_{u}(z)(kf_{v}'(1)+f_{v}(z))$
而我们最后求的答案其实就是 $kf_{1}'(1)$
那么不妨设 $g_{u}=kf_{u}'(1)$
那么我们考虑合并了一个子树的时候 $g_{u}$ 作何改变

$f_{u}'=(f_{u}g_{v}+f_{u}f_{v})'$

$f'_{u}=g_{v}f_{u}'+f_{u}'f_{v}+f_{u}f_{v}'$
$kf_{u}'(1)=g_{v}kf_{u}'(1)+kf_{u}'(1)f_{v}(1)+f_{u}kf_{v}'$
$g_{u}=g_{v}g_{u}+g_{u}f_{v}(1)+f_{u}(1)g_{v}$
看起来这个式子十分的简单，如果我们设 $t_{u}=f_{u}(1)$ 的话我们可以得到这样的两个式子