【bzoj1017】[JSOI2008]魔兽地图DotR

1017: [JSOI2008]魔兽地图DotR

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Description

　　DotR (Defense of the Robots) Allstars是一个风靡全球的魔兽地图，他的规则简单与同样流行的地图DotA 
(Defense of the Ancients) Allstars。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。

Input

　　第一行包含两个整数，N (1 <= n <= 51) 和 m (0 <= m <= 2,000)。分别表示装备的种类数和金币数。装备
用1到N的整数编号。接下来的N行，按照装备1到装备n的顺序，每行描述一种装备。每一行的第一个正整数表示这
个装备贡献的力量值。接下来的非空字符表示这种装备是基本装备还是高级装备，A表示高级装备，B表示基本装备
。如果是基本装备，紧接着的两个正整数分别表示它的单价（单位为金币）和数量限制（不超过100）。如果是高
级装备，后面紧跟着一个正整数C，表示这个高级装备需要C种低级装备。后面的2C个数，依次描述某个低级装备的
种类和需要的个数。

Output

　　第一行包含一个整数S，表示最多可以提升多少点力量值。

Sample Input

10 59
5 A 3 6 1 9 2 10 1
1 B 5 3
1 B 4 3
1 B 2 3
8 A 3 2 1 3 1 7 1
1 B 5 3
5 B 3 3
15 A 3 1 1 5 1 4 1
1 B 3 5
1 B 4 3

Sample Output

33

 

 

【题解】

设P[x]，L[x]，M[x]，表示物品x的能量，购买上限与价格

L[x]=min（L[x]，m/M[x]）

高级装备的M和L随便dp一下

再用f[i][j][k]表示第i个物品，有j件用于上层的合成，花费金钱是k所能获得的最大力量

对于以x为根的子树，枚举合成 l 个 x 物品，然后再用其余的钱买一些 x 子树内的装备不用于合成

枚举合成物品数量 l ，用g[i][j]表示x的前i个儿子的子树，花费j的钱，所能获得的最大力量

g[tot][j]=max{g[tot-1][j-k]+f[e[i].to][l*e[i].v][k]}

//e[i].to是儿子结点，e[i].v是所需数量，就是从j中拿出k的钱在e[i].to的子树内购买

最后再枚举合成的 l 个 x 物品中有 j 个是直接用于增加力量，剩余用于合成的

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

——转自hzwer

这是一道树归题，但我没想出做法，看的黄学长的题解。（状态转移很魔性，需要用子节点的状态合并得到父节点）

蒟蒻碰到神题，只有膜拜。  %%%%%%%%%%%%

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define inf 1000000000
struct node{int y,next,v;}e[20005];
int n,m,len,ans,Link[60],id[60],P[60],L[60],M[60],g[60][2005],f[60][105][2005];
inline int read()
{
    int x=0,f=1;  char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch))  {if(ch=='-')  f=-1;  ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))  {x=x*10+ch-'0';  ch=getchar();}
    return x*f;
}
void insert(int x,int y,int v)
{
    e[++len].next=Link[x];
    Link[x]=len;
    e[len].y=y;
    e[len].v=v;
    id[y]++;
}
void dp(int x)
{
    if(!Link[x])//如果是单独的叶子节点
    {
        L[x]=min(L[x],m/M[x]);
        for(int j=0;j<=L[x];j++)
            for(int k=j;k<=L[x];k++)
                f[x][j][k*M[x]]=(k-j)*P[x];
        return;
    }
    L[x]=inf;
    for(int i=Link[x];i;i=e[i].next)//从子节点更新高级装备的L和M值
    {
        dp(e[i].y);
        L[x]=min(L[x],L[e[i].y]/e[i].v);
        M[x]+=M[e[i].y]*e[i].v;
    }
    L[x]=min(L[x],m/M[x]);
    memset(g,-0x3f3f3f3f,sizeof(g));
    g[0][0]=0;
    for(int l=L[x];l>=0;l--)
    {
        int tot=0;
        for(int i=Link[x];i;i=e[i].next)//计算g数组
        {
            tot++;
            for(int j=0;j<=m;j++)
                for(int k=0;k<=j;k++)
                    g[tot][j]=max(g[tot][j],g[tot-1][j-k]+f[e[i].y][e[i].v*l][k]);
        }
        for(int j=0;j<=l;j++)//计算f数组
            for(int k=0;k<=m;k++)
                f[x][j][k]=max(f[x][j][k],g[tot][k]+P[x]*(l-j));
    }
}
int main()
{
    //freopen("cin.in","r",stdin);
    //freopen("cout.out","w",stdout);
    memset(f,-0x3f3f3f3f,sizeof(f));
    n=read();  m=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        P[i]=read();
        char ch;  scanf("%c",&ch);
        if(ch=='A')
        {
            int x=read();
            while(x--)
            {
                int y=read(),v=read();
                insert(i,y,v);//从父亲连向儿子，因为要用子节点更新父节点
            }
        }
        else M[i]=read(),L[i]=read();
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(!id[i])//从根节点开始dp
        {
            dp(i);
            for(int j=0;j<=L[i];j++)
                for(int k=0;k<=m;k++)
                    ans=max(ans,f[i][j][k]);
        }
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}