题目描述
经过数月的精心准备，Peer Brelstet，一个出了名的盗画者，准备开始他的下一个行动。艺术馆的结构，每条走廊要么分叉为两条走廊，要么通向一个展览室。Peer知道每个展室里藏画的数量，并且他精确测量了通过每条走廊的时间。由于经验老到，他拿下一幅画需要5秒的时间。你的任务是编一个程序，计算在警察赶来之前，他最多能偷到多少幅画。
输入输出格式
输入格式：
第1行是警察赶到的时间，以s为单位。第2行描述了艺术馆的结构，是一串非负整数，成对地出现：每一对的第一个数是走过一条走廊的时间，第2个数是它末端的藏画数量；如果第2个数是0，那么说明这条走廊分叉为两条另外的走廊。数据按照深度优先的次序给出，请看样例。
一个展室最多有20幅画。通过每个走廊的时间不超过20s。艺术馆最多有100个展室。警察赶到的时间在10min以内。
输出格式：
输出偷到的画的数量
输入输出样例
Solution：
本题是很有技巧性的树形$dp$。。。
首先我们一定要读题仔细（我开始就没细看搞了半天~），注意几个关键信息:
1、给定的一定是一棵完满二叉树（所有非叶子结点的度都是2）。
2、时间不会超过$600s$ 。
3、警察来之前取完，意味着求的是$s-1$的时间范围内取的最大价值。
4、不要忘了取一件耗费$5s$时间，且一段路要走两次，时间翻倍。
然后由上面第一条可以得出一个很简单的读入方法：每次读入时，若价值为$0$，则一定有两个子节点，于是递归读入（类似线段树建树）。
那么我们定义状态$f[i][j]$表示在$i$节点耗费$j$时间能取得的最多件数，不难得到状态转移方程：$f[i][j]=max(f[i][j],f[i<<1][k]+f[i<<1|1][j-k-t[v]])$（在左右子树中取），注意一下搜索时的边界问题就好了。
代码：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define il inline 3 #define For(i,a,b) for(int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++) 4 #define Bor(i,a,b) for(int (i)=(b);(i)>=(a);(i)--) 5 #define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b)) 6 #define Min(a,b) ((a)>(b)?(b):(a)) 7 using namespace std; 8 const int N=205; 9 int n,s,w[N],v[N],cnt,f[N][N<<2]; 10 11 il void init(int u){ 12 cin>>v[u]>>w[u]; 13 v[u]<<=1; 14 if(!w[u]) init(u<<1),init(u<<1|1); 15 } 16 17 il int dfs(int u,int t){ 18 if(f[u][t]||!t) return f[u][t]; 19 if(w[u])return f[u][t]=Min(w[u],(t-v[u])/5); 20 For(k,0,t-v[u]) f[u][t]=Max(f[u][t],dfs(u<<1,k)+dfs(u<<1|1,t-v[u]-k)); 21 return f[u][t]; 22 } 23 24 int main(){ 25 ios::sync_with_stdio(0); 26 cin>>s; 27 init(1); 28 cout<<dfs(1,s-1); 29 return 0; 30 }