【JZOJ5661】【GDOI2018Day1模拟4.17】药香沁鼻（树形背包）

Problem

　　还剩P点能量值的小C要用N朵花煮药，每朵花i有三个信息：
1. 摘下它需要花Wi点能量；
2. 有一朵钦慕的花fi（保证1≤fi≤max(1,i-1)），煮药时，若fi不在药中，则i消失，然后钦慕i的花也会消失，以此类推；
3. 若在药中且没有消失，则产生vi点贡献。
　　求最大贡献。

Hint

Solution

　　这道题我刚看以为直接按拓扑序DP，然后没管了，滚去看后面的题。但是当我打到一半时才发现不对。
　　首先我们设dp[i][j]表示选到第i朵花时，还剩j点能量的最大贡献。那么显然按拓扑序DP。
　　但是普通的拓扑序DP只能从一个点经过一条出边转移到另一个点，而此题不一样。比如当N=6，P=9，w={1,1,8,1,2,4}，f={1,1,1,3,3,1}，v={1,100,1,6,1000,4}时，显然选1,2,6是最优解。而我们若已从点1转移到点2，那不可能再去转移到点6；但最优解就是要转移给点2、点6两个点。
　　当时我打到一半，而且打的是类似树形DP的dfs转移，便灵光一闪：我们先从x经过一条出边转移到某个子节点y，然后继续在以y为根的子树里递归；然后从y弹回到x的时候，我们可以使x的背包与y的背包的那些贡献求个max，使x的背包之中的贡献更大一些。这样子的话，我们再从x转移到其他子节点时，我们就可能已经转移过y（当然你也可以不转移，反正是使x和y的背包求max）。这就相当于多路转移。
　　时间复杂度：$O(NP)$。

Code

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
const int N=5e3+2,P=1e4+1;
int i,n,p,w[N],f[N],v[N],next[N],last[N],dp[N][P],ans;
bool bz[N][P];

inline void insert(int x,int y)
{
    next[i]=last[x];
    last[x]=i;  
}
void scan()
{
    scanf("%d%d",&n,&p);
    fo(i,1,n)scanf("%d%d%d",&w[i],&f[i],&v[i]),insert(f[i]==i?0:f[i],i);
}

void trans(int x,int y)
{
    fo(i,w[y],p)
        if(bz[x][i])
        {
            bz[y][i-w[y]]=1;
            dp[y][i-w[y]]=dp[x][i]+v[y];
        }
}
void clone(int x,int y)
{
    fo(i,0,p)
    {
        bz[x][i]|=bz[y][i];
        dp[x][i]=max(dp[x][i],dp[y][i]);
    }
}
void DP(int x)
{
    for(int y=last[x];y;y=next[y])
    {
        trans(x,y);
        DP(y);
        clone(x,y);
    }
}

void work()
{
    fo(i,0,p)ans=max(ans,dp[0][i]);
    printf("%d",ans);
}

int main()
{
    freopen("medicine.in","r",stdin);
    freopen("medicine.out","w",stdout);
    scan();

    bz[0][p]=1;
    DP(0);

    work();
}