AK-dream

【题目描述】
在大学里每个学生,为了达到一定的学分,必须从很多课程里选择一些课程来学习,在课程里有些课程必须在某些课程之前学习,如高等数学总是在其它课程之前学习。现在有 $N$ 门功课,每门课有个学分,每门课有一门或没有直接先修课(若课程$a$是课程$b$的先修课即只有学完了课程$a$,才能学习课程$b$)。一个学生要从这些课程里选择 $M$ 门课程学习,问他能获得的最大学分是多少?

【输入格式】
第一行有两个整数 $N$ , $M$ 用空格隔开。( $1 \leq N \leq 300$, $1 \leq M \leq 300$ )

接下来的 $N$ 行,第 $I+1$ 行包含两个整数 $k_i$ 和 $s_i$ , $k_i$ 表示第$I$门课的直接先修课,$s_i$表示第$I$门课的学分。若 $k_i=0$ 表示没有直接先修课($1 \leq {k_i} \leq N$, $1 \leq {s_i} \leq 20$ )。

【输出格式】
只有一行,选 $M$ 门课程的最大得分。

题解


可以看出如果将课程向它的先修课连边 会形成一棵树 其中$0$号节点就是根

显然是一个背包问题。。。外面再套一个树形DP

先令$f[x][i][j]$表示 $x$的子树中 枚举到$x$的第$i$个儿子 在$x$的子树中一共选了$j$个节点 的最大学分

从一个儿子的子树里按规则取$k$个节点出来就相当于一个重量为$k$,权值为$f[son][子树大小][k]$的物品 显然你从一个儿子那里只能选择一个这样的物品 你不可能既从这个儿子的子树中选取3个节点 又再选取重复的2个节点 所以实际上就是一个分组背包 一个组就是一个儿子的子树

那么转移方程是$f[x][i][j]=\min_{k=1}^{j-1}(f[x][i-1][j],f[x][i-1][j-k]+f[son[i]][tot][k])$
$son[i]$就是$x$的第$i$个儿子 $tot$就当是$son[i]$的子树大小吧

初始状态:$dp[x][0][1] = s_x$ 其他的都设成$-inf$

根据背包DP的尿性 $i$那一维是可以通过倒着枚举来优化掉,降低空间复杂度的(虽然不优化也没事)。。。

时间复杂度大大低于$O(n^3)$

代码


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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

inline int read() {
int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
for (; ch > '9' || ch < '0'; ch = getchar()) if (ch == '-') f = -1;
for (; ch <= '9' && ch >= '0'; ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ '0');
return x * f;
}

int n, m;

int head[305], pre[605], to[605], sz;
int a[305], f[305][305];

inline void addedge(int u, int v) {
pre[++sz] = head[u]; to[sz] = v; head[u] = sz;
pre[++sz] = head[v]; to[sz] = u; head[v] = sz;
}

void dfs(int x, int fa) {
f[x][1] = a[x];
for (int i = head[x]; i; i = pre[i]) {
int y = to[i];
if (y == fa) continue;
dfs(y, x);
for (int j = m; j >= 1; j--) {
for (int k = 0; k < j; k++) {
f[x][j] = max(f[x][j], f[y][k] + f[x][j-k]);
}
}
}
}

int main() {
n = read();
m = read() + 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
addedge(read(), i);
a[i] = read();
}
memset(f, -0x3f, sizeof(f));
dfs(0, 0);
printf("%d\n", f[0][m]);
return 0;
}


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