給一顆根為\(1\)的有根樹，樹上每個點的權值為\(w_i\)，大小為\(a_i\)
有\(q\)個詢問，給出兩個引數\(x,s\)
詢問在以\(x\)為根的子樹中，選出若干個點，這些點的大小之和不超過\(s\)，並最大化權值之和
乙個明顯的\(o(ns^2)\)的樹形揹包暴力
設\(f[x][k]\)為以\(x\)為根的子樹中大小和小於\(k\)的結點的最大權值和，轉移也很顯然
我們可以發現對於乙個點\(x\)，它的狀態是由所有子節點的狀態合併轉移過來的
於是可以考慮啟發式合併的小\(trick\)
把整棵樹進行輕重鏈剖分，對於乙個節點，先把它重兒子的狀態複製上去，對於輕兒子暴力轉移：具體來說，就是把輕兒子為根的子樹中的每個節點視作乙個物品，揹包即可
有兩種證明複雜度是\(o(nslogn)\)的方法：
第一種：
考慮啟發式合併時，每次合併以後子樹大小至少變為原來的兩倍，所以每個節點最多被合併\(logn\)次。合併單個節點的複雜度是\(o(s)\)的，所以總複雜度為\(o (nslogn)\)
第二種：
考慮輕重鏈剖分的性質，對於任意乙個節點，其到根節點的路徑上有\(logn\)級別個輕路徑，因此每個節點最多被合併\(logn\)次。所以複雜度得證
記住對於這類題目的模型：
樹上的問題，狀態由子節點狀態合併轉移而來，可以考慮輕重鏈剖分啟發式合併，重兒子狀態直接繼承，輕兒子狀態暴力轉移
#include #include #include using namespace std;
int read();
const int n = 4e5 + 10;
int n, q;
int w[n], a[n];
int cap;
int head[n], to[n << 1], nxt[n << 1];
int sz[n], son[n];
long long f[5010][5010];
inline void add(int x, int y)
inline long long max(long long x, long long y)
void dfs3(int x, int fa, long long *f)
}void dfs2(int x, int fa)
memcpy(f[x], f[son[x]], sizeof f[son[x]]);
for (int i = head[x]; i; i = nxt[i])
for (int i = 5000; i >= a[x]; --i) f[x][i] = max(f[x][i], f[x][i - a[x]] + w[x]);
}void dfs(int x, int fa)
}int main()
for (int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%d%d", w + i, a + i);
dfs(1, 0);
dfs2(1, 0);
q = read();
while (q--)
return 0;
}int read()
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