The more, The Better
Time Limit: 6000/2000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 8811 Accepted Submission(s):
5141
Problem Description
ACboy很喜欢玩一种战略游戏，在一个地图上，有N座城堡，每座城堡都有一定的宝物，在每次游戏中ACboy允许攻克M个城堡并获得里面的宝物。但由于地理位置原因，有些城堡不能直接攻克，要攻克这些城堡必须先攻克其他某一个特定的城堡。你能帮ACboy算出要获得尽量多的宝物应该攻克哪M个城堡吗？
Input
每个测试实例首先包括2个整数，N,M.(1 <= M <= N <=
200);在接下来的N行里，每行包括2个整数，a,b. 在第 i 行，a 代表要攻克第 i 个城堡必须先攻克第 a 个城堡，如果 a = 0
则代表可以直接攻克第 i 个城堡。b 代表第 i 个城堡的宝物数量, b >= 0。当N = 0, M = 0输入结束。
Output
对于每个测试实例，输出一个整数，代表ACboy攻克M个城堡所获得的最多宝物的数量。
Sample Input
3 2
0 1
0 2
0 3
7 4
2 2
0 1
0 4
2 1
7 1
7 6
2 2
0 0
Sample Output
5
13
code
第一道树形背包题！
写的题解很啰嗦，是我第一次的时有的疑问。
1 /* 2 hdu 1561 : The more,the better 3 4 dp[i][j] : 当前i节点及其子树下选择j个城市的最大值为dp[i][j]; 5 6 这一道题目注意建立了一个超级根节点0， 7 任何点都要先拿0才可以。所以后面很多地方都是m+1 8 9 下面的转移方程中有一句dp[u][j] = max(dp[u][j],dp[u][j-k]+dp[v][k]); 10 那么可能就有疑问了：dp[u][j-k]+dp[v][k] 11 从子树v中取出k个点 与 根树u中取出的j-k个点 合并成 从根树中取j个点 12 仔细读完就会发现问题了：既然v是u的子树，那么dp[v][k]会不会和dp[u][j-k]冲突呢 13 即：从子树v中取出K个点，然后在u中取出j-k个点，会不会v中的点又在u个点中出现了呢 14 答案是不会的。 15 因为遍历每个从u遍历v，递归求解出dp[v]的值，用v来更新u，也就是说在以前是没有便利到v 16 的，所以dp[u]中也不是由v更新的，所以dp[u][j-k]的点没有子树v中的点 17 18 然后注意转移时m一定要逆序，和01背包相似 19 01：背包加入一个物品，然后用这个物品更新 20 f[v],f[v]=max(f[v],f[v-Tiji[i]]+jiazhi[i]) 21 树上的相似：加入一个物品，即遍历到v，然后用这个物品更新 22 dp[v] = max(dp[v],dp[v-k]+(新节点)子树大小为k的最大价值) //后面的那个递归求解。 23 然后由于树形背包的限制（拿v之前先拿u）加了一维。 24 25 26 */ 27 28 #include<cstdio> 29 #include<algorithm> 30 #include<cstring> 31 32 using namespace std; 33 34 const int MAXN = 210; 35 const int MAXM = 50010; 36 37 struct Edge{ 38 int to,nxt; 39 }e[MAXM]; 40 int head[MAXM],tot; 41 int val[MAXN],dp[MAXN][MAXN]; 42 43 inline int read() { 44 int x = 0,f = 1;char ch = getchar(); 45 for (; ch<'0'||ch>'9'; ch = getchar()) 46 if (ch=='-') f = -1; 47 for (; ch>='0'&&ch<='9'; ch = getchar()) 48 x = x*10+ch-'0'; 49 return x*f; 50 } 51 inline void add_edge(int u,int v) { 52 e[++tot].to = v,e[tot].nxt = head[u],head[u] = tot; 53 } 54 inline void init() { 55 memset(head,0,sizeof(head)); 56 memset(dp,0,sizeof(dp)); 57 tot = 0; 58 } 59 void dfs(int u,int m) { 60 dp[u][1] = val[u]; 61 for (int i=head[u]; i; i=e[i].nxt) { 62 int v = e[i].to; 63 dfs(v,m); 64 for (int j=m; j>=2; --j) 65 for (int k=0; k<j; ++k) 66 dp[u][j] = max(dp[u][j],dp[u][j-k]+dp[v][k]); 67 } 68 } 69 int main() { 70 int n,m; 71 while (scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF && n+m!=0) { 72 init(); 73 for (int u,v,i=1; i<=n; ++i) { 74 u = read(),v = read(); 75 val[i] = v; 76 add_edge(u,i); 77 } 78 val[0] = 0; // 超级根节点权值为0 79 dfs(0,m+1); // 从0开始 80 printf("%d ",dp[0][m+1]); 81 } 82 return 0; 83 }