【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
#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;
}