有依赖的背包问题——树形dp+背包问题（背包九讲）

有 $N$ 个物品和一个容量是 $V$ 的背包。

物品之间具有依赖关系，且依赖关系组成一棵树的形状。如果选择一个物品，则必须选择它的父节点。

如下图所示：
如果选择物品5，则必须选择物品1和2。这是因为2是5的父节点，1是2的父节点。

每件物品的编号是 i，体积是 v_i，价值是 w_i，依赖的父节点编号是 p_i。物品的下标范围是 $1\dots N$。

求解将哪些物品装入背包，可使物品总体积不超过背包容量，且总价值最大。

输出最大价值。

输入格式

第一行有两个整数 $N$，$V$，用空格隔开，分别表示物品个数和背包容量。

接下来有 $N$ 行数据，每行数据表示一个物品。
第 i 行有三个整数 v_i, w_i, p_i，用空格隔开，分别表示物品的体积、价值和依赖的物品编号。
如果 p_i $=-1$，表示根节点。 数据保证所有物品构成一棵树。

输出格式

输出一个整数，表示最大价值。

数据范围

$1\le N,V\le 100$
$1\le$ v_i, w_i $\le 100$
父节点编号范围：

• 内部结点：$1\le$ p_i $\le N$;
• 根节点 p_i $=-1$;

输入样例

5 7
2 3 -1
2 2 1
3 5 1
4 7 2
3 6 2

输出样例：

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思路：

因为这是一个树形结构，所以可以用树形 dp ，递归求出以i号结点为根的体积为j时的最大价值，同时这个过程也是一个 dfs 的过程，每次先遍历物品，然后用01背包的方法逆序遍历体积（因为每个物品只能选一次），最后遍历决策（即：选当前根结点下的这一组的哪个物品或不选，这就是分组背包的问题） 递归时由孩子结点的最优解推出父结点的最优解，最后还要加上根结点，如果装不下根结点，那么该方案就是不合法的，这时就要清空之前的操作。

参数说明：

head[N]：存储以同一节点为根节点的最后一条边在整个图中的序号
to[N]：存储当前边的终点
nxt[N]：存储与第i条边同起点的的下一条边的序号，因为l链式前向星存图存储顺序和遍历顺序是相反的（这样不影响结果），所以在存储的时候会把当前节点第一条存储的边的前一条边置为 $-1$ 即在遍历的时候为该第一条存储的最后遍历，即成为该节点的了最后一条边。
f[i][j]：表示以i号结点为根的体积为j时的最大价值

#include
using namespace std;

const int N = 110;

int n,m;
int head[N],to[N],nxt[N],idx;
int v[N],w[N],f[N][N];

void add(int a, int b)  // 链式前向星存图    输入顺序与遍历顺序相反 顺序输入 倒序输出
{
    to[idx] = b;     // 指向当前边的终点
    nxt[idx] = head[a];        // 指向当前边的下一条边
    head[a] = idx++;            // 存储以 a 为起点的最后一条边的序号
}

void dfs(int u)
{
    for(int i=head[u];i != -1;i = nxt[i])      // 遍历物品（倒序遍历）
    {
        int son = to[i];
        dfs(son);
        for(int j = m - v[u];j>=0;j--)          // 遍历除去根节点体积的所有体积
            for(int k = 0;k <= j;k++)           // 遍历决策
                f[u][j] = max(f[u][j],f[u][j-k]+f[son][k]);
    }
    for(int i=m;i >= v[u];i--) f[u][i] = f[u][i - v[u]] + w[u];  // 最后加上根节点
    for(int i=0;i<v[u];i++) f[u][i] = 0;                        // 如果装不下根节点，那么证明该方案不和合法，清空之前的操作
}

int main()
{
    memset(head,-1,sizeof head);
    cin >> n >> m;
    int root;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int p;
        cin >> v[i] >> w[i] >> p;
        if(p == -1) root = i;
        else add(p, i);
    }
    dfs(root);
    cout << f[root][m] << endl;

    return 0;
}