wikioi-天梯-进入省队-树状dp-1163：访问艺术馆

题目描述 Description

    皮尔是一个出了名的盗画者，他经过数月的精心准备，打算到艺术馆盗画。艺术馆的结构，每条走廊要么分叉为二条走廊，要么通向一个展览室。皮尔知道每个展室里藏画的数量，并且他精确地测量了通过每条走廊的时间，由于经验老道，他拿下一副画需要5秒的时间。你的任务是设计一个程序，计算在警察赶来之前(警察到达时皮尔回到了入口也算)，他最多能偷到多少幅画。

输入描述 Input Description

第1行是警察赶到得时间，以s为单位。第2行描述了艺术馆得结构，是一串非负整数，成对地出现：每一对得第一个数是走过一条走廊得时间，第2个数是它末端得藏画数量；如果第2个数是0，那么说明这条走廊分叉为两条另外得走廊。数据按照深度优先得次序给出，请看样例

输出描述 Output Description

输出偷到得画得数量

样例输入 Sample Input

60

7 0 8 0 3 1 14 2 10 0 12 4 6 2

样例输出 Sample Output

2

数据范围及提示 Data Size & Hint

s<=600

走廊的数目<=100

类型：dp  难度：2.5

题意：有一棵二叉树表示路径，每个节点有一个值，为走过这条路所消耗的时间，每个叶子节点有一个值，为画的数目，取一幅画需5秒，给出总时间s，从根节点出发并回到根节点，问最多能拿几幅画。

分析：树状dp典型题，用dp[n][t]表示从第n个节点出发，时间为t时，能拿到的画的数目，对于非叶子节点来说，有：

dp[n][t]=max(dp[lchild][k]+dp[rchid][t-2*path[n]-k])，其中0<=k<=t-2*path[n]，path[n]即通过当前路径需要消耗的时间，由于有一来一回，所以*2。

上式即尝试所有时间分配方法，选取两个子路径拿到画的总和最大的，注意对于所有的n都要遍历，即1<=n<=nt，nt即走到这个点所剩的最大时间

对于叶子节点，有：

dp[n][t]=max(t/5,cnt[n])，cnt[n]即这个节点的画的数目

同样，遍历所有可能的n，更新dp矩阵

最终dp[0][s]即为所求。

代码：

#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;

int s,n;
struct node
{
    int lchild,rchild;
    int path,cnt;
};
node ms[110];

int dp[110][610];

void build()
{
    int x = n;
    cin>>ms[x].path>>ms[x].cnt;
    if(ms[x].cnt)
    {
        ms[x].lchild = ms[x].rchild = 0;
        return;
    }
    ms[x].lchild = ++n;
    build();
    ms[x].rchild = ++n;
    build();
}

int fun(int n,int t)
{
    if(t<=0)
        return 0;
    if(dp[n][t] > 0)
        return dp[n][t];
    int nt = t-2*ms[n].path;
    if(ms[n].cnt > 0)
    {
        for(int i=nt; i>=0; i--)
            dp[n][i+2*ms[n].path] = min(i/5,ms[n].cnt);
    }
    else
    {
        int l = ms[n].lchild;
        int r = ms[n].rchild;
        fun(l,nt);
        fun(r,nt);
        
        for(int ti=1; ti<=nt; ti++)
        {
            for(int i=0; i<=ti; i++)
            {
                if(dp[l][i]+dp[r][ti-i] > dp[n][ti+2*ms[n].path])
                    dp[n][ti+2*ms[n].path] = dp[l][i]+dp[r][ti-i];
            }
        }
    }
    //cout<<n<<" "<<t<<" "<<dp[n][t]<<endl;
    return dp[n][t];
}

int main()
{
    cin>>s;
    n = 0;
    build();
    //for(int i=0; i<=n; i++)
    //    cout<<ms[i].lchild<<" "<<ms[i].rchild<<" "<<ms[i].path<<" "<<ms[i].cnt<<endl;
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    cout<<fun(0,s)<<endl;
}