选课【树形dp】

树形dp入门经典题

大意就是学每门课可以获得相应的学分 sc[ i ]，但学一门课必须先学习他的先修课

给定能学的课程数，求能得的最大学分。

很容易想象出一个树形结构

设 dp [ u ][ j ] 表示以 u 为根节点选 j 门课的学大得分。

接下来我们可以选择学习 u 的子节点， 也可以继续选择子节点的子节点。

我们枚举学习 u 的子节点的个数 k

可得动态转移方程 

dp[u][j] = max(dp[u][j], dp[u][j-k-1]+dp[v][k]+sc[v]);

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
typedef long long ll;
using namespace std;
const int maxn = 2000;
int m, n;
int dp[maxn][maxn], sc[maxn], fa[maxn];
struct edge{
    int x, y, next;
}a[maxn];
int head[maxn], len = 0;
void add(int x, int y){
    a[++len].x = x;
    a[len].y = y;
    a[len].next = head[x];
    head[x] = len;
}
int dfs(int u){
    int cnt = 0; //表示节点 u 下总共有多少门课
    for(int i=head[u]; i; i=a[i].next){ // 枚举 u 的子节点
        int v = a[i].y;
        cnt += dfs(v)+1;              // 更新课程数
        for(int j=min(cnt,m); j>=1; j--){ // 在 u 下选 j 门课， 01背包注意倒序
            for(int k=0; k<j; k++){  // 枚举选择子节点的子节点个数
                dp[u][j] = max(dp[u][j], dp[u][j-k-1]+dp[v][k]+sc[v]);
            }
        }
    }
    return cnt;
}
int main(){
    scanf("%d%d", &m, &n);
    for(int i=1; i<=m; i++){
        scanf("%d%d",&fa[i],&sc[i]);
        add(fa[i],i);
    }
    dfs(0);
    printf("%d
",dp[0][n]);
    return 0;
}

这里还有一个技巧，如果没有先修课就让0和他连接，最后得到一棵0为根节点的数，dfs（0）即可