洛谷-P2014 选课（树形DP）

版权声明：我这种蒟蒻的文章，真正的大佬一般看不上的_(:з」∠)_ https://blog.csdn.net/Paulliant/article/details/81811702

题意

$n$ 门功课形成一棵树，每门课有一个学分，选 $m$ 门，选择一门课的前提是选择它的父亲，求最大学分。
$1 \leq n,m \leq 300$

思路

这是一个树上的依赖背包问题。首先考虑暴力，设 $dp_{i,j}$ 为 $i$ 这棵子树，选 $j$ 门课时的最大学分，那将每棵子树当一个泛化物品，那么对于一个子树 $k$ ，有如下方程：
$dp_{i,j}=\max\{dp_{k,l}+dp_{i,j-l}\}$
复杂度不难发现是 $O(nm^2)$ 的。
其实树上依赖背包问题有一个优化，我们从一般的背包开始分析：
对于 $n$ 个物品，总钱数为 $m$ 。第 $i$ 个物品费用为 $c_i$ ，价值为 $v_i$ 。设 $dp_{i,j}$ 表示第 $i$ 个物品到第 $n$ 个物品，花费为 $j$ 的最大收入，复杂度 $O(nm)$。在树上，是否也可以套用这个思路呢？
我们也用 $dp_{i,j}$ 表示 $[i,n]$ 号节点，费用为 $j$ 时的最大价值。对于一个节点 $i$ ，选 $j$ 门课，讨论的问题莫过于是 $i$ 节点选与不选，如果选，就转化成了它子树中的问题，如果不选，就转化成了从遍历完子树后第一个到的点开始的问题。直觉告诉我们，应该处理一个 $dfs$ 序（前序遍历的顺序），并处理每棵子树的大小（以“跳”出子树）。我们用 $ori_i$ 表示 $dfs$ 序为 $i$ 的节点的原编号，有如下方程：
$dp_{i,j}=\max\{dp_{i+1,j-1}+v_{ori_i},dp_{i+sz_{ori_i},j}\}$
其中 $dp$ 的节点编号是 $dfs$ 序的编号。

代码

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define FOR(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
#define DOR(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
#define N 303
typedef long long LL;
using namespace std;
template<const int maxn,const int maxm>struct Linked_list
{
    int head[maxn],to[maxm],nxt[maxm],tot;
    void clear(){memset(head,-1,sizeof(head));tot=0;}
    void add(int u,int v){to[++tot]=v,nxt[tot]=head[u],head[u]=tot;}
    #define EOR(i,G,u) for(int i=G.head[u];~i;i=G.nxt[i])
};
Linked_list<N,N>G;
int dp[N][N],dfn[N],ori[N],sz[N],ord;
int n,m,p[N];

void dfs(int u)
{
    dfn[u]=++ord,ori[ord]=u,sz[u]=1;
    EOR(i,G,u)
    {
        int v=G.to[i];
        dfs(v);
        sz[u]+=sz[v];
    }
}

int main()
{
    while(~scanf("%d%d",&n,&m))
    {
        G.clear();
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        FOR(v,1,n)
        {
            int u;
            scanf("%d%d",&u,&p[v]);
            G.add(u,v);
        }
        m++;n++;ord=0;
        dfs(0);
        DOR(i,n,1)
            FOR(j,1,m)
                dp[i][j]=max(dp[i+1][j-1]+p[ori[i]],dp[i+sz[ori[i]]][j]);
        printf("%d\n",dp[1][m]);
    }
    return 0;
}