HDU 6268 Master of Subgraph （2017 CCPC 杭州 E题，树分治 + 树上背包）

题目链接  2017 CCPC Hangzhou  Problem E

题意  给定一棵树，每个点有一个权值，现在我们可以选一些连通的点，并且把这点选出来的点的权值相加，得到一个和。

求$[1, m]$里面哪些值可以被表示成选出来的点的权值和。用$01$序列的方式输出。

重现赛赛场上的我英勇无畏，大胆做$3000$次FFT合并两个bitset表示的答案。

然后TLE到结束（活该）

其实这个题确实要用bitset，关键是能不能把合并两个bitset转化成合并一个数和一个bitset。

考虑点分治。我们先选出树的重心，然后考虑一定要选这个点的答案。

然后这道题的关键来了。

假设我选择了某个点，那么我必须选择这个点的父亲。

现在开始递归这棵树。每次递归到一个点，这个点的bitset初值化为父亲结点表示的bitset右移$w[x]$位。

他的意义是，当前这个点如果选了，那么他的父亲必选，那也就是求他父亲当前求得的答案集合结合这个点的权值的答案。

然后回溯的时候，父亲表示的bitset要或上儿子表示的bitset。

这是因为在后面这个父亲的其他儿子求解的之后，要用到这个父亲已经求得的信息，并结合起来，

通过这个父亲起到连接的效果。

最后以当前这个分治中心为根的树的答案就是分治中心表示的bitset。

那么接下来继续往下递归求解就可以了。

时间复杂度$O(nlogn \cdot \frac{m}{w})$

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define rep(i, a, b)	for (int i(a); i <= (b); ++i)
#define dec(i, a, b)	for (int i(a); i >= (b); --i)

const int N = 3e3 + 10;
const int M = 1e5 + 10;

int T;
int n, m;
int et;
int f[N], w[N], sz[N], vis[N];
int root, sum;
int cnt;
vector <int> v[N];
bitset <M> b[N], ans;

void getroot(int x, int fa){
	sz[x] = 1;
	f[x]  = 0;

	for (auto u : v[x]){
		if (u == fa || vis[u]) continue;
		getroot(u, x);
		sz[x] += sz[u];
		f[x] = max(f[x], sz[u]);
	}

	f[x] = max(f[x], sum - sz[x]);
	if (f[x] < f[root]) root = x;
}

void calc(int x, int fa, int now){
	cnt ^= 1;
	b[cnt] = b[cnt ^ 1];
	b[cnt] |= (b[cnt ^ 1] << now);
	for (auto u : v[x]){
		if (vis[u] || u == fa) continue;
		calc(u, x, w[u]);
	}
}	

void dp(int x, int fa){
	b[x] = b[fa] << w[x];
	for (auto u : v[x]){
		if (vis[u] || u == fa) continue;
		dp(u, x);
		b[x] |= b[u];
	}
}

void calcsize(int x, int fa){
	sz[x] = 1;
	b[x].reset();
	for (auto u : v[x]){
		if (vis[u] || u == fa) continue;
		calcsize(u, x);
		sz[x] += sz[u];
	}
}

void solve(int x){
	++et;
	vis[x] = 1;

	b[0].reset();
	b[0].set(0);
	calcsize(x, 0);
	dp(x, 0);
	ans |= b[x];

	for (auto u : v[x]){
		if (vis[u]) continue;
		sum = sz[u];
		f[0] = n + 1;
		getroot(u, root = 0);
		solve(root);
	}
}		

int main(){

	scanf("%d", &T);
	while (T--){
		ans.reset();
		scanf("%d%d", &n, &m);
		rep(i, 0, n + 1) v[i].clear();

		et = 0;
		rep(i, 2, n){
			int x, y;
			scanf("%d%d", &x, &y);
			v[x].push_back(y);
			v[y].push_back(x);
		}

		rep(i, 1, n) scanf("%d", w + i);

		memset(vis, 0, sizeof vis);
		f[0] = n + 1;
		sum = n;
		getroot(1, root = 0);
		solve(root);

		rep(i, 1, m) if (ans[i]) putchar(49);
		else putchar(48);
		putchar(10);
	}

	return 0;
}