[Codeforces1249F]Maximum Weight Subset

题意

求一棵树的最大点权和子树，且子树里任意两点的距离大于 $K$

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题解

树上 $DP$（默认 $1$为树根）

为了方便把将题目要求的大于 $K$改成大于等于 $K+1$，即一开始 $K=K+1$

算法一

设 $f[u][k]$表示以 $u$为根的子树里离 $u$最近的点距离 $u$为 $k$的答案

那么对于 $u$的子节点 $v$

$f[u][k]= \begin{cases} \max\{f[v_0][k-1]+\sum_{v\neq v_0}\max_{j\ge k-1}f[v][j]\}&k\ge1\\ a[u]&k=0 \end{cases}$

可以发现这个算法复杂度是 $O(n^4)$，而且答案也不好统计

算法二

设 $f[u][k]$表示以 $u$为根的子树里离 $u$最近的点与 $u$的距离大于等于 $k$的答案

显然 $f[u][k]=\max_{j\ge k} f[u][j];f[u][0]$初值为 $a[u]$

考虑将 $u$的子节点 $v$的答案合并到 $u$的答案上去

$f[u][k]=\max_{0\le k\le n}\begin{cases} f[u][k]+f[v][\max(k,K-k)-1]\\ f[u][\max(k,K-k)]+f[v][k-1] \end{cases}$

实现时用一个临时数组将答案存下，枚举完后再更新 $f[u][k]$，最后再求一遍后缀最大值

最后答案即为 $f[1][0]$

时间复杂度为 $O(n^3)$

算法三

考虑对算法二进行优化，设 $Len_u$表示 $u$子树里的点离 $u$最远的距离

那么上面 $k$的枚举范围就可以缩小到 $0\le k\le Len_v$，因为 $k$大了之后 $f[v]$的值就不存在了

时间复杂度 $O(\sum$长链长 $)=O(n^2)$

算法四

为了方便将 $f[v]$往后整体挪一位，根据定义新的 $f[v][0]=f[v][1]$，那么

$f[u][k]=\max\begin{cases} f[u][k]+f[v][\max(k,K-k)]\\ f[u][\max(k,K-k)]+f[v][k] \end{cases}$

可以发现这样 $f[u]$与 $f[v]$就是对偶的了

然后可以注意到， $DP$只会影响到 $0\le k\le \min(Len_u,Len_v)$（因为长了就一定会有一个没有值了）

于是就可以考虑长链剖分，每次将短链合并到长链上

时间复杂度 $O(n)$

void Merge(deque<int>&f,deque<int>&g){//启发式合并
	if(f.size()<g.size())
		swap(f,g);
	vector<int>Tmp=vector<int>(g.begin(),g.end());//复制短链
	for(int k=0;k<(int)g.size();++k){
		int Res=max(k,K-k);
		if(Res<(int)f.size())
			Tmp[k]=max(Tmp[k],f[Res]+g[k]);
		if(Res<(int)g.size())
			Tmp[k]=max(Tmp[k],f[k]+g[Res]);
	}
	int Max=0;
	for(int k=g.size()-1;k>=0;--k){
		Max=max(Max,Tmp[k]);
		f[k]=max(f[k],Max);
	}//更新后缀最大值
}
deque<int> dsu(int u,int p){
	deque<int>Now={a[u]};
	for(auto v:G[u])if(v!=p){
		deque<int>Son=dfs(v,u);
		Son.push_front(Son.front());//整体向后移一位
		Merge(Now,Son);
	}
	return Now;
}

算法五

考虑选了一个点 $u$就加上他的权值 $a_u$，那么他周围与之距离小于 $K$的点都不能选

考虑把这些点的权值都减去 $a_u$，相当于造成不选的影响

如果有的点点权变成了负数，那么这个点一定不会选

如果有的点点权还是正数，那就再加上这个点的权值进行 $“$补差 $”$，就相当于选了这个点而没有选 $u$

然后就是选点顺序的问题，一种可行的方案就是从叶子节点开始，因为叶子节点没有儿子了，不会有后效性

时间复杂度 $O(n^2)$

void dfs(int u,int p,int dis){
    if(dis>=K)return;
    a[u]-=Val;
    for(auto v:G[u])if(v!=p)
    	dfs(v,u,dis+1);
}
inline void Bfs(){
	int h=1,t=1;
    q[1]=vis[1]=1;
    while(h<=t){
        int u=q[h++];
        for(auto v:G[u])
        	if(!vis[v]){
        		vis[v]=1;
        		q[++t]=v;
        	}
    }
}
inline int sol(){
	int Ans=0;
	Bfs();
    for(int i=n;i>=1;--i){
        int u=q[i];Val=a[u];
        if(Val<=0)continue;
        Ans+=Val;
        dfs(u,0,0);
    }
    return Ans;
}