[JSOI2008]魔兽地图

DotR里面的英雄只有一个属性——力量。

他们需要购买装备来提升自己的力量值，每件装备都可以使佩戴它的英雄的力量值提高固定的点数，所以英雄的力量值等于它购买的所有装备的力量值之和。

装备分为基本装备和高级装备两种。基本装备可以直接从商店里面用金币购买，而高级装备需要用基本
装备或者较低级的高级装备来合成，合成不需要附加的金币。装备的合成路线可以用一棵树来表示。

比如，Sange and Yasha的合成需要Sange,Yasha和Sange and Yasha Recipe Scroll三样物品。其中Sange又要用Ogre Axe, Belt
of Giant Strength和 Sange Recipe Scroll合成。

每件基本装备都有数量限制，这限制了你不能无限制地合成某些性价比很高的装备。

现在，英雄Spectre有M个金币，他想用这些钱购买装备使自己的力量值尽量高。你能帮帮他吗？他会教你魔法Haunt（幽灵附体）作为回报的。

(1 <= n <= 51) 和 m (0 <= m <= 2,000)

Solution

一道搁置了很久的神题。

一看过去，一棵树形合成路线，子树的选择与能否合成根有关，而且要分配一个金币，最终获得最高收益。而且还有物品的限制。

所以，就是一道树形依赖背包题目了。

但是状态不是很好设，因为子树根的装备可能留下，也可能等着合成更高级的装备。

所以状态中必须要记录i根节点的子树，合成多少个i要用于上面的合成

设f[i][j][k]表示，以i为根的子树，合成j个i用于上面的合成，总共花费k元钱，也就是购买叶子花费k元。

转移的时候，

先把每个子树的答案算出来。

回溯到x后，外层枚举l表示合成几个x

然后依次选择每个子树，用树形背包。

注意，这里每个子树都要选择合成至少l*need[y]个，need[x]表示x合成一个父亲所需要的个数。

所以，不能像一般的背包，每个子树都要选择。

用分组背包，g[tot][j]表示，考虑了前tot个子树，花费j元钱，得到的最大力量。（每个子树都满足至少有l*need[y]）个

g[tot][j]=max(g[tot-1][j-k]+f[y][l*nd[y]][k])

统计完了之后，

再枚举一个j，表示，l中留下j个合成x上一层的装备。

f[x][j][k]=max(g[tot][k]+(l-j)*P[x])

要注意的是，为了保证用了l*nd[y]个，必须令g，f初值是-inf

0肯定是不行的。那就可能会用少于l*nd[y]的钱就合成了l*nd个，虽然总力量是0，但是也可能是一个最优解。

有的时候，为了转移合法，必须把初值设置为极大或者极小值。

这样，每次的最优解，就必定会从这里出来。

可以顺便dp一下合成每个x所需要的价值，以及x合成的上限，可以减少循环的长度。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int M=2000+3;
const int N=55;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n,m;
int    L[N],P[N],C[N];
int nd[N];
bool ba[N];
struct node{
    int nxt,to;
}e[2*N];
int hd[N],cnt;
void add(int x,int y){
    e[++cnt].nxt=hd[x];
    e[cnt].to=y;
    hd[x]=cnt;
}
void dp(int x){
    if(ba[x]){
        L[x]=min(L[x],m/C[x]);
        return;
    }
    for(int i=hd[x];i;i=e[i].nxt){
        int y=e[i].to;
        dp(y);
        C[x]+=C[y]*nd[y];
        L[x]=min(L[x],L[y]/nd[y]);
    }
    L[x]=min(L[x],m/C[x]);
    
}
int f[N][105][M];
int g[N][M];
int rt;
bool du[N];
void dfs(int x){
    if(ba[x]){
        for(int l=0;l<=L[x];l++){
            for(int j=0;j<=l;j++){
                f[x][j][l*C[x]]=P[x]*(l-j);
            }
        }
        return ;
    }
    
    for(int i=hd[x];i;i=e[i].nxt){
        int y=e[i].to; 
        dfs(y);
    }
    
    
    for(int l=0;l<=L[x];l++){
        int now=0;

        for(int i=hd[x];i;i=e[i].nxt){
            int y=e[i].to;
            now++;
            memset(g[now],-0x3f,sizeof g[now]);
            for(int j=0;j<=m;j++){ 
                for(int k=0;k<=j;k++){
                    g[now][j]=max(g[now][j],g[now-1][j-k]+f[y][l*nd[y]][k]);
                }
            }
        
        }
        for(int h=0;h<=l;h++){
            for(int k=0;k<=m;k++){
                if(g[now][k]+(l-h)*P[x]>f[x][h][k]) {
                f[x][h][k]=g[now][k]+(l-h)*P[x];
                
                } 
                
            }
        }

    }
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    char op;int s;
    memset(L,inf,sizeof L);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d ",&P[i]);
        op=getchar();
        if(op=='B'){
            ba[i]=1;//is a leaf
            du[i]=1;
            scanf("%d%d",&C[i],&L[i]);
        }
        else{
            scanf("%d",&s);
            int son;
            for(int j=1;j<=s;j++){
                scanf("%d",&son);
                scanf("%d",&nd[son]);
                du[son]=1;
                add(i,son);
            }
        }
    }
    
    for(int i=1;i<=n;i++) if(!du[i]) rt=i;
    
    
    dp(rt);
    
    memset(f,-inf,sizeof f);
    dfs(rt);

    int ans=0;
    for(int j=0;j<=L[rt];j++){
        for(int k=0;k<=m;k++){
            ans=max(ans,f[rt][j][k]);
        }
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

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Description

Solution

Code