洛谷 P2014 [CTSC1997]选课
Description
学校实行学分制。每门的必修课都有固定的学分，同时还必须获得相应的选修课程学分。学校开设了N（N< 300）门的选修课程，每个学生可选课程的数量M是给定的。学生选修了这M门课并考核通过就能获得相应的学分。 在选修课程中，有些课程可以直接选修，有些课程需要一定的基础知识，必须在选了其它的一些课程的基础上才能选修。例如《Frontpage》必须在选修了《Windows操作基础》之后才能选修。我们称《Windows操作基础》是《Frontpage》的先修课。每门课的直接先修课最多只有一门。两门课也可能存在相同的先修课。每门课都有一个课号，依次为1，2，3，…。 例如: 表中1是2的先修课，2是3、4的先修课。如果要选3，那么1和2都一定已被选修过。 你的任务是为自己确定一个选课方案，使得你能得到的学分最多，并且必须满足先修课优先的原则。假定课程之间不存在时间上的冲突。
Input
输入文件的第一行包括两个整数N、M（中间用一个空格隔开）其中1≤N≤300,1≤M≤N。 以下N行每行代表一门课。课号依次为1，2，…，N。每行有两个数（用一个空格隔开），第一个数为这门课先修课的课号（若不存在先修课则该项为0），第二个数为这门课的学分。学分是不超过10的正整数。
Output
输出文件每行只有一个数。第一行是实际所选课程的学分总数。以下各行的数，表示所选课程的课号。
Sample Input
7 4 2 2 0 1 0 4 2 1 7 1 7 6 2 2
Sample Output
13
题解：
首先要处理森林，题目给的暗示很明显，就是建立0节点为虚拟节点连不同的连通块。
这个在小技巧中有说明：
设计状态：(dp[i][j][0/1])表示以i为根的子树选j个，其中i选不选的最大学分。
分析一下性质，对于一棵子树来讲，这个子树根节点必须要选，否则整个子树一个都选不了。于是就可以把最后一维压掉。
变成：(dp[i][j])表示以i为根的子树选j个的最大学分。
然后就相当于一个背包了。转移方程如下：
初值是(dp[i][1]=w[i])，比较好理解。
这里需要注意dp转移的顺序问题，需要知道的是，对于状态(dp[x][j])，要由(dp[x][j-k])转移过来，所以需要保证在转移(dp[x][j])的时候，(dp[x][j-k])还没有被转移，这样才能符合线性DP的原则。
然后上代码了：
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=310;
int n,m;
int w[maxn],fa[maxn];
int tot,to[maxn],head[maxn],nxt[maxn];
int dp[maxn][maxn];//dp[i][j]表示以i为根的子树中选j门课的最大学分
void add(int x,int y)
{
to[++tot]=y;
nxt[tot]=head[x];
head[x]=tot;
}
void dfs(int x)
{
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
{
int y=to[i];
dfs(y);
for(int j=m+1;j>=1;j--)
for(int k=0;k<j;k++)
dp[x][j]=max(dp[x][j],dp[x][j-k]+dp[y][k]);
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&fa[i],&w[i]);
add(fa[i],i);
dp[i][1]=w[i];
}
dfs(0);
printf("%d",dp[0][m+1]);
return 0;
}