洛谷-P2014 选课（树形DP）

题意

n n 门功课形成一棵树，每门课有一个学分，选 m m 门，选择一门课的前提是选择它的父亲，求最大学分。
1≤n,m≤300 1 ≤ n , m ≤ 300

思路

这是一个树上的依赖背包问题。首先考虑暴力，设 dpi,j d p i , j 为 i i 这棵子树，选 j j 门课时的最大学分，那将每棵子树当一个泛化物品，那么对于一个子树 k k ，有如下方程：
dpi,j=max{dpk,l+dpi,j−l} d p i , j = max { d p k , l + d p i , j − l }
复杂度不难发现是 O(nm2) O ( n m 2 ) 的。
其实树上依赖背包问题有一个优化，我们从一般的背包开始分析：
对于 n n 个物品，总钱数为 m m 。第 i i 个物品费用为 ci c i ，价值为 vi v i 。设 dpi,j d p i , j 表示第 i i 个物品到第 n n 个物品，花费为 j j 的最大收入，复杂度 O(nm) O ( n m ) 。在树上，是否也可以套用这个思路呢？
我们也用 dpi,j d p i , j 表示 [i,n] [ i , n ] 号节点，费用为 j j 时的最大价值。对于一个节点 i i ，选 j j 门课，讨论的问题莫过于是 i i 节点选与不选，如果选，就转化成了它子树中的问题，如果不选，就转化成了从遍历完子树后第一个到的点开始的问题。直觉告诉我们，应该处理一个 dfs d f s 序（前序遍历的顺序），并处理每棵子树的大小（以“跳”出子树）。我们用 orii o r i i 表示 dfs d f s 序为 i i 的节点的原编号，有如下方程：
dpi,j=max{dpi+1,j−1+vorii,dpi+szorii,j} d p i , j = max { d p i + 1 , j − 1 + v o r i i , d p i + s z o r i i , j }
其中 dp d p 的节点编号是 dfs d f s 序的编号。

代码

#include
#include
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#include
#include
#include
#define FOR(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
#define DOR(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
#define N 303
typedef long long LL;
using namespace std;
template<const int maxn,const int maxm>struct Linked_list
{
    int head[maxn],to[maxm],nxt[maxm],tot;
    void clear(){memset(head,-1,sizeof(head));tot=0;}
    void add(int u,int v){to[++tot]=v,nxt[tot]=head[u],head[u]=tot;}
    #define EOR(i,G,u) for(int i=G.head[u];~i;i=G.nxt[i])
};
Linked_listG;
int dp[N][N],dfn[N],ori[N],sz[N],ord;
int n,m,p[N];

void dfs(int u)
{
    dfn[u]=++ord,ori[ord]=u,sz[u]=1;
    EOR(i,G,u)
    {
        int v=G.to[i];
        dfs(v);
        sz[u]+=sz[v];
    }
}

int main()
{
    while(~scanf("%d%d",&n,&m))
    {
        G.clear();
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        FOR(v,1,n)
        {
            int u;
            scanf("%d%d",&u,&p[v]);
            G.add(u,v);
        }
        m++;n++;ord=0;
        dfs(0);
        DOR(i,n,1)
            FOR(j,1,m)
                dp[i][j]=max(dp[i+1][j-1]+p[ori[i]],dp[i+sz[ori[i]]][j]);
        printf("%d\n",dp[1][m]);
    }
    return 0;
}