【BZOJ4007】[JLOI2015]战争调度（动态规划）
题面
题解
神仙题，我是做不来。
一个想法是设(f[i][j])表示当前考虑到(i)节点，其子树内有(j)个人选择了打仗的最大贡献。
但是我们发现直接做我们并不会转移，因为我们不知道每个儿子的选择情况。
那么我们直接爆搜这条链上的每个点的情况，这样子到了叶子节点就可以直接转移上去。
而这样子爆搜的条件下，显然一个点的左右两个儿子是独立的，即转移是互不影响的，所以这样子并没有问题。
那么复杂度是什么呢？
我们理解为每个叶子节点都要对应的爆搜一次所有父亲的答案，这样子复杂度就是(O(2^{2n}))，然后对于每一个点考虑，然后对于每一种爆搜情况，还要(O(n))的转移。
所以复杂度就是(O(2^{2n}n))。
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define MAX 1100
inline int read()
{
int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return t?-x:x;
}
int w1[MAX][MAX],w2[MAX][MAX];
int n,m,f[MAX][MAX],ans;
bool vis[MAX];
void dfs(int u,int d)
{
for(int i=0;i<=(1<<d);++i)f[u][i]=0;
if(!d)
{
for(int i=1;i<=n;++i)
if(vis[i])f[u][1]+=w1[u][i];
else f[u][0]+=w2[u][i];
return;
}
vis[d]=false;dfs(u<<1,d-1);dfs(u<<1|1,d-1);
for(int i=0;i<=(1<<(d-1));++i)
for(int j=0;j<=(1<<(d-1));++j)
f[u][i+j]=max(f[u][i+j],f[u<<1][i]+f[u<<1|1][j]);
vis[d]=true;dfs(u<<1,d-1);dfs(u<<1|1,d-1);
for(int i=0;i<=(1<<(d-1));++i)
for(int j=0;j<=(1<<(d-1));++j)
f[u][i+j]=max(f[u][i+j],f[u<<1][i]+f[u<<1|1][j]);
}
int main()
{
n=read();m=read();
for(int i=0;i<(1<<(n-1));++i)
for(int j=1;j<n;++j)w1[i+(1<<(n-1))][j]=read();
for(int i=0;i<(1<<(n-1));++i)
for(int j=1;j<n;++j)w2[i+(1<<(n-1))][j]=read();
dfs(1,n-1);
for(int i=0;i<=m;++i)ans=max(ans,f[1][i]);
printf("%d
",ans);
return 0;
}