我雖然做了好幾道樹形揹包的題，但是一直不是十分理解，對於每一道題，總是看題解就明白，然後換一道題自己寫不出來。臨近noip，gg讓我們強化一下揹包以及樹形揹包，我也恰有此打算，於是又開始從頭學習了樹形揹包。
看了好多部落格以及**之後，對樹形揹包確實有了乙個全新的認識，尤其是這篇部落格以及徐持恆的**《**積累揹包問題》，對我有很大的幫助。兩者都提到了泛化物品（當然這個名詞最初是在揹包九講裡面提到的）這個概念，我覺得這是對樹形揹包o(n * v2)做法的一種不同理解，不過我認為引入這個名詞的主要目的還是對o(nv)的做法做出了解釋。遺憾的是，我雖然用o(nv)的做法成功寫出了一道題，然而卻仍舊不是很懂。所以這篇博文主要是講解o(n * v2)的做法，也算是整理自己的學習筆記吧。
如果哪一天我把o(nv)的做法看懂了的話，可能還會來更這篇部落格。
上文已經提到，對於o(n * v2)的做法有兩種不同的理解，那麼我在這裡就分別闡述一下。
都以這道題為例
一、用分組揹包來理解
首先題中給的依賴關係是乙個森林，那麼可以建立乙個虛擬節點0，作為森林的根，形成一棵樹。
令dp[u][j]表示以 u 為根的子樹中，選 j 門課（體積）能得到的最大學分。那麼 u 一定要選（初始化dp[u][1] = val[u]），而對於子樹內其他點的選取情況，可以把每一種選取方案看成乙個物品，又因為每一種方案都是互斥的，每一組只能選乙個，那麼就是乙個分組揹包了。這裡的組數，是 u 的兒子個數 p = |son(u)|，對於乙個vi ∈son(u)，他其實代表了j - 1個物品（因為還要選u），拿其中乙個為例，dp[vi][k](0 <= k < j)這種選取方案才代表乙個物品。
現在考慮轉移方程。按照分組揹包的寫法，我們應該先加一維,dp[u][k][j]表示以x為根的子樹，選到第k組，選了 j 門課得到的最大學分。於是有dp[u][k][j] = max(dp[u][k - 1][j], dp[u][k - 1][j - h] + dp[v][sz][h])。注意，dp[v][sz][h]代表乙個物品，sz是v的所有組數，因為要保證最優，所以一定從v的所有組數選完的狀態轉移到u。
然後再模仿分組揹包省去第二維，把 j 倒著列舉。
核心**：
1void dfs(int
now)
210 }
對於每乙個節點只會進行一次o(v2)的分組揹包，所以複雜度o(n * v2)。
二、用泛化物品來理解
首先得解釋一下啥叫泛化物品：乙個價值隨體積改變而改變的物品，而且對於乙個體積 i，有對應的v[i]。
這個其實人人都見過，只不過沒有聽說這個名詞而已。比如求解01揹包就是泛化乙個物品的過程，得到的dp[i]就是乙個泛化物品。
還有這麼回事，泛化物品的和：有兩個泛化物品g1[i], g2[i]，要將這兩個物品合併。做法就是對於每乙個體積 i ，列舉分配給這兩個物品的體積 j ，g[i] = max。複雜度o(v2)。
現在用泛化物品的概念看看樹形揹包。dp[u][j]表示的是u所在的泛化物品，則從子樹向上遞迴的時候，其實就是不斷地將u所在的泛化物品和他的子樹vi的泛化物品合併。合併一次的複雜度o(v2)，一共n各節點，每合併一次減少乙個，所以總複雜度還是o(n * v2)。
**和上面完全相同，因為這本來就是對樹形揹包的兩種理解，而不是兩種寫法。
1void dfs(int
now)
211 }
樹形揹包o(n * v2)的做法到此也基本講完了，但這其實都是基礎，深入的話還是得靠自己刷題去「悟」。還有一點就是如果哪位大佬會o(nv)的做法，能不能給我講講……
樹形依賴揹包
問題大意 給出一棵樹，根節點為1，每個點有毒素和收穫。要求毒素不超過給定值的情況下使收穫最大。乙個點的父親節點被選取後這個點才能被選取。首先弄出dfs序，也記錄下每個點其子樹及自身的大小。每個點都能夠被選或不選，如果選了才會考慮它子樹。設f i j 表示dfs序上第i位上的點在其子樹及自身上選取了毒...
樹形揹包總結
目錄 2 有物品大小 3 物品大小為1，有k的限制。二 dfs序上dp 例題1例題2 例題3總結下 樹形揹包，就是說，在樹上選乙個包含根的連通塊，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 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...
樹形揹包DP
include using namespace std const int n 310,m n 2 int h n ne m v m idx int w n int dp n n int n,m void add int a,int b void dfs int u for int j m j 0 ...