HDU 1561 The more, The Better 经典树形DP

The more, The Better

Time Limit: 6000/2000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 4442    Accepted Submission(s): 2639

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

 

这是一道经典的树形DP，去年去凤凰之前就碰到过这道题目了。但是没有看懂思路。

额额，居然拖到现在.

 

思路：

     一看就感觉是背包，还加上了限定个数的条件 M 。

     而且，存在依赖关系。装子节点的前提是，把其父亲节点也要装进去才行。

    

     这样的情况，感觉挺难的。

1.   dp[ k ][ j ] 代表  对于 k 节点，收集了 j 个 其子节点的最大价值。

     是否，要采取对 叶子节点  和 非叶子节点 来进行分类讨论呢？

     不是的，更加题意的依赖关系。

     我们能得到一个共性的初始化。

     dp[ k ][ 0 ]=0;

     dp[ k ][ 1 ]=val[k];//这个是要的，只有把自己装进去了，才能装你子节点呀。

　　　递推公式： 

　　　dp[ k ][ j ] = max(  dp[ k ][ j ] , dp[ dp[k].next[i] ][ j-x ] + dp[ k ][ x ] );

 

     dp[ dp[k].next[i] ][ j-x ] 表示在 k 节点 的 某个子节点里 收集 j-x 个节点。

     dp[ k ][ x ]               表示在 k 节点 里 收集 x 个节点。

 

 

2.   寻找根节点，我们发现，有许多的森林。那么我用0来做根节点。自然 m++；        

　　 

3.   最后一个问题是如何书写这个背包了。

     for（ i=1; i<= f[k].num; i++)//枚举多有少的节点。

 　　 {

　　　　　　　　t=f[k].next[i];

　　　　　　　　dfs(t); //搜索，实现递归。

              for(j=m;j>=2;j--)// 不会表达。囧... 枚举该节点能收集的个数。

　　　　　　　　　　{

　　　　　　　　　　　　　　for(s=1;s<=j;s++)//枚举其该儿子节点 t 收集的个数。

　　　　　　　　　　　　　　　　{

　　　　　　　　　　　　　　　　　　dp[k][j]=Max(dp[k][j],dp[t][j-s]+dp[k][s]);

　　　　　　　　　　　　　　　　}

　　　　　　　　　　}

      }

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
using namespace std;
int n,m;
struct node
{
    int next[202];
    int num;
}f[202];
int dp[202][202];

int Max(int x,int y)
{
    return x>y? x:y;
}

void dfs(int k)
{
    int i,j,t,s;
    dp[k][0]=0;
    for(i=1;i<=f[k].num;i++)//枚举每一个点
    {
        t=f[k].next[i];
        dfs(t);
        for(j=m;j>=2;j--)//枚举
        {
            for(s=1;s<=j;s++)
            {
                dp[k][j]=Max(dp[k][j],dp[t][j-s]+dp[k][s]);
            }
        }
    }
}

int main()
{
    int i,x;
    while(scanf("%d%d",&n,&m)>0)
    {
        if(n==0&&m==0)break;
        
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        for(i=0;i<=200;i++) f[i].num=0;

        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d%d",&x,&dp[i][1]);
            f[x].num++;
            f[x].next[f[x].num]=i;
        }
        m++;
        dfs(0);
        printf("%d
",dp[0][m]);
    }
    return 0;
}

/*
如何保证 子节点 装进去的前提是父亲节点被装进去了。
是更具dp[i][1]=val[i];

在推导的过程中，虽然刚开始容量为m的每个格子不是都有val[i]的值。
但是放入多少个，例如n，那么对于在容量为n的格子里，就一定会有val[i]的存在

*/