The more, The Better
Time Limit: 6000/2000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 3149 Accepted Submission(s): 1857
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
Author
8600
Source
Recommend
LL
题意就是给定n个点，每个地点有value[i]的宝物，而且有的宝物必须是另一个宝物取了才能取，问取m个点可以获得的最多宝物价值。
一开始感觉很难，细想下不难。
如果是原来n个点，刚好相当于构成深林，取儿子结点必须取父亲结点的关系。我们可以在前面加一个结点构成一颗树。
对于一个根结点，它下面的儿子结点构成子树，每颗子树可以取1，2，3，4····这样个结点。但是只能去一种，其实这就是分组背包了。
分组背包解法见背包九讲。
贴代码：
/* HDU 1561 The more, The Better 树形DP + 分组背包 建立一颗数，选了子节点，必选父亲结点。 对于每个结点，它的子结点就是个分组背包 */ #include<stdio.h> #include<algorithm> #include<string.h> #include<iostream> using namespace std; const int MAXN=220; struct Node { int to; int next; }; Node edge[MAXN];//建立的有向数，和结点数一样就可以了 int tol; int head[MAXN];//头结点 int value[MAXN];//每个结点的宝物数量 int dp[MAXN][MAXN];//dp[i][j]表示在以i为根的子树上，攻克j个结点获得的最大价值 void init() { memset(head,-1,sizeof(head)); tol=0; memset(dp,0,sizeof(dp)); } void add_edge(int a,int b) //建立一条a->b的有向边 { edge[tol].to=b; edge[tol].next=head[a]; head[a]=tol++; } int n,m; void dfs(int u) { dp[u][1]=value[u];//选一个肯定选自己这个结点 for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next) { int v=edge[i].to; dfs(v); //分组背包，外层是对所有的组(参考背包九讲） for(int k=m;k>=1;k--) //for v <- V to 0 //下面这个循环必须是j<k结束，不能取等号，因为至少需要留一个点来取u点 for(int j=1;j<k;j++) // do for 所有的属于当前组 dp[u][k]=max(dp[u][k],dp[u][k-j]+dp[v][j]); } } int main() { int a,b; while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) { if(n==0&&m==0)break; init(); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d%d",&a,&b); value[i]=b; add_edge(a,i); } value[0]=0; m++;//虚拟构造了结点0 dfs(0); printf("%d\n",dp[0][m]); } return 0; }