POJ 1155 (树形DP+背包+优化)

题目链接: http://poj.org/problem?id=1155

题目大意：电视台转播节目。对于每个根，其子结点可能是用户，也可能是中转站。但是用户肯定是叶子结点。传到中转站或是用户都要花钱，如果是用户，则还可以收钱。问在不亏本的前提下最多能有多少个用户看到节目。

解题思路：

比较麻烦的树形背包。首先cost=1。

花的钱权在边，收的钱权在点，且是叶子结点。所以首先可以对叶子结点进行预处理。

用dp[i][j]表示在i点时传播j个用户（包含自身），则dp[n-m-1~n][1]=每个用户缴费。

这样在dfs的时候就可以专心处理边权问题。两个for循环这么写：

for(f...j...cost)

   for(0...k...j)

则转移方程就是dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][j-k]+dp[t][k]-e[a].w);

这里之所以是f而不是f+1，是因为中转站不是用户，不需要cost。f+=dfs(t)。

 

对于如何知道在不亏本的情况下的最多用户，在dfs之后，从dp[1][m..0]开始找一个大于0的最大m值。

如果你熟悉传统的树形背包的话，就会发现这里不能每次都使用最大背包容量m循环了，不然会TLE，原因是这题m比较大，每次都从m开始不T就怪了。

所以必须采用这种cost=1时特殊的当前最大容量f。

 

#include "cstdio"
#include "iostream"
#include "cstring"
using namespace std;
#define maxn 3005
#define inf 0x3f3f3f3f
struct Edge
{
    int to,next,w;
}e[maxn];
int leaf[maxn],dp[maxn][maxn],get[maxn],head[maxn];
int n,m,k,v,w,tol;
void addedge(int u,int v,int w)
{
    e[tol].to=v;
    e[tol].next=head[u];
    e[tol].w=w;
    head[u]=tol++;
}
int dfs(int root)
{
    if(head[root]==-1) return 1;
    int i=root,f=0,cost=1;
    for(int a=head[root];a!=-1;a=e[a].next)
    {
        int t=e[a].to;
        f+=dfs(t);
        for(int j=f; j>=cost; j--)
            for(int k=0; k<=j; k++)
                dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][j-k]+dp[t][k]-e[a].w);
    }
    return f;
}
int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    memset(head,-1,sizeof(head));
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n-m;i++)
    {
        scanf("%d",&k);
        for(int j=1;j<=k;j++)
        {
            scanf("%d%d",&v,&w);
            addedge(i,v,w);
        }
    }
    for(int i=1; i<=n; i++)
        for(int j=1; j<=n; j++)
            dp[i][j]=-inf;
    for(int i=n-m+1;i<=n;i++) {scanf("%d",&get[i]);dp[i][1]=get[i];}
    dfs(1);
    for(int i=m;i>=0;i--)
    {
        if(dp[1][i]>=0)
        {
            printf("%d\n",i);
            break;
        }
    }
}

 

13540208

neopenx

1155

Accepted

33704K

157MS

C++

1322B

2014-10-18 00:48:42