[洛谷]P2014 选课 (#树形dp)

题目描述

在大学里每个学生，为了达到一定的学分，必须从很多课程里选择一些课程来学习，在课程里有些课程必须在某些课程之前学习，如高等数学总是在其它课程之前学习。现在有N门功课，每门课有个学分，每门课有一门或没有直接先修课（若课程a是课程b的先修课即只有学完了课程a，才能学习课程b）。一个学生要从这些课程里选择M门课程学习，问他能获得的最大学分是多少？

输入格式

第一行有两个整数N,M用空格隔开。(1<=N<=300,1<=M<=300)

接下来的N行,第I+1行包含两个整数ki和si, ki表示第I门课的直接先修课，si表示第I门课的学分。若ki=0表示没有直接先修课（1<=ki<=N, 1<=si<=20）。

输出格式

只有一行，选M门课程的最大得分。

输入输出样例

输入 #1复制

7  4
2  2
0  1
0  4
2  1
7  1
7  6
2  2

输出 #1复制

13

 

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思路

树形dp。

每门课的直接先修课最多只有1门，将每门课的先修课与其相连，将会构成一颗或者多颗树。所以这会是一个森林。我们可以建立一个0号节点，将所有树的根节点都连向0号节点。0号节点的学分为0，并且允许选修的课数量要自加1。这样做的好处就是避免了最后还要链接每个根节点。然后我们会很方便对这棵以0为根节点的数进行树形dp。

对于节点i，它可以是0个或者1个或者多个节点的先修课，也就是父节点。令dp[i][j]为节点i选择j门课（包含自身）能获得的最大学分。选择节点i的子节点的前提是必须要选择节点i，所以令dp[i][1]=value[i]，其中value[i]为对于节点i的学分。

用邻接表存图后，遍历节点i的所有子节点。当遍历到节点son时（son是i的子节点，下面的代码中用v表示son），假设此时已经得到了所有dp[son][j]的值。由于此时dp[i][j]还没有son节点及其子树的学分，不妨通过son节点来更新i节点。则：

dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][j-k]+dp[son][k])

其中k为枚举选多少个节点，此时1<=j<=m+1，0<=k<=j-1。为什么k取不到j呢？因为j-k=0，就说明节点i无法取到！i是son的先修课，怎么可能取不到？所以k

k是枚举多少个节点，要注意的是dp[i][j]是从dp[i][j-k]得到的，此时j要逆序枚举，因为如果顺推，在dp[i][j]上，显然已经转移过dp[i][j-k]，所以要保证更新dp[i][j]时dp[i][j-k]没被更新。

#include 
#include 
using namespace std;
int n,m,s,head[1001],cnt,dp[1001][1001],value[1001];
struct node
{
	int nxt,to;
}e[2001];
inline void add(int u,int v)
{
	e[++cnt].to=v;
	e[cnt].nxt=head[u];
	head[u]=cnt;
}
void dfs(int i)
{
	dp[i][1]=value[i];
	register int j,k,u;
	for(u=head[i];u;u=e[u].nxt)//遍历u的所有子节点 
	{
		int v(e[u].to);//子节点 
		dfs(v);
		for(j=m;j>=1;j--)
		{
			for(k=0;k<=j-1;k++)
			{
				dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][j-k]+dp[v][k]);
			}
		}
	}
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	register int i,j;
	cin>>n>>m;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		int u;
		cin>>u>>value[i];
		add(u,i);
	}
	m++;//由于0号节点的参与，m+1 
	dfs(0);
	cout<