小A的树 - 树形DP

题面

1
9 4
4 1
1 5
1 2
3 2
3 6
6 7
6 8
9 6
0 1 0 1 0 0 1 0 1
3 2
7 3
4 0
9 5

YES
YES
NO
NO

题解

n <= 5000 可以用DP做

把答案都算出来存在一个数组f[x][y]中，表示当询问为 x 和 y 时能不能达到，查询时就可以直接访问了。

令dp[x][y][2]记录以 x 为根的子树中选 y 个点（包括 x ），最大的黑点数max以及最小的黑点数min，求出来后把 f[y][min~max] 全都赋为 1。

接下来我们要证明两个结论：

min~max中间的值都可取

考虑绿色的部分是最小值的联通子树，蓝色部分是最大值的联通子树（重合部分为渐变色）

只需要证明当我们从最小值过渡到最大值时，它是连续的就行，从最小值过渡到最大值，由于选的点数不变，一直为 y ，所以每次在绿色部分缩回一个点，蓝色部分扩张一个点，绿色部分会让累计黑点数减 1 或 0，蓝色部分会让累计黑点数加 1 或 0 ，所以每次变化会使累计数 +1，-1或不变，在整数上是连续的。

复杂度为O(n^2)

dp的转移实际上是在做树上背包，枚举儿子的时候每次是双层循环，第一层是前几个儿子子树累计的size，第二层是新的儿子子树的size，所以也就相当于在前几个儿子的所有子树中找一个点，再在新儿子子树中找一个点，然后在 lca 上也就是 x 上转移，那么宏观上来说就是每两个点计算一次，复杂度O(n^2)，f 数组处理可以差分，也是O(n^2)。

最后，为了卡空间，我把最大值和最小值存在一个int中了。

CODE

#include<map>
#include<stack>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 5005
#define LL long long
#define DB double
#define ENDL putchar('\n')
#define lowbit(x) ((-x) & (x))
LL read() {
	LL f = 1,x = 0;char s = getchar();
	while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}
	while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
	return f * x;
}
const int MOD1 = 1000000007;
const int sq = 10000;
int n,m,i,j,s,o,k;
vector<int> g[MAXN];
int f[MAXN][MAXN];
int dp[MAXN][MAXN];
int c[MAXN],son[MAXN];
void dfs(int x,int fa) {
	for(int i = 0;i <= n;i ++) dp[x][i] = n+1;
	dp[x][1] = c[x] * sq + c[x];
	son[x] = 1;
	for(int i = 0;i < (int)g[x].size();i ++) {
		int y = g[x][i];
		if(y != fa) {
			dfs(y,x);
			for(int k = son[x] + son[y];k > 1;k --) {
				for(int j = max(1,k-son[x]);j <= son[y] && j < k;j ++) {
					int dp0,dp1;
					dp0 = min(dp[x][k]%sq,(dp[x][k-j]%sq) + (dp[y][j]%sq));
					dp1 = max(dp[x][k]/sq,(dp[x][k-j]/sq) + (dp[y][j]/sq));
					dp[x][k] = dp1 * sq + dp0;
				}
			}
			son[x] += son[y];
		}
	}
	for(int i = 1;i <= son[x];i ++) {
		int ll = dp[x][i]%sq,rr = dp[x][i]/sq;
		if(ll <= rr) f[i][ll] ++,f[i][rr+1] --;
	}
	return ;
}
int main() {
//	freopen("tree.in","r",stdin);
//	freopen("tree.out","w",stdout);
	int T = read();
	while(T --) {
		n = read();m = read();
		memset(f,0,sizeof(f));
		memset(c,0,sizeof(c));
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		memset(son,0,sizeof(son));
		for(int i = 1;i <= n;i ++) g[i].clear();
		for(int i = 1;i < n;i ++) {
			s = read();o = read();
			g[s].push_back(o);
			g[o].push_back(s);
		}
		for(int i = 1;i <= n;i ++) {
			c[i] = (bool)read();
		}
		dfs(1,0);
		for(int i = 1;i <= n;i ++) {
			for(int j = 1;j <= i;j ++) {
				f[i][j] += f[i][j-1];
			}
		}
		for(int i = 1;i <= m;i ++) {
			s = read();o = read();
			if(s == 0 && o == 0) printf("YES\n");
			else if(s < 1 || s > n || o < 0 || o > s) printf("NO\n");
			else printf(f[s][o] > 0 ? "YES\n":"NO\n");
		}
		ENDL;
	}
	return 0;
}