HDU 1561 The more, The Better

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1561

树形dp+有依赖的背包。==分组背包。

思路：

思路：参考《背包九讲》

分组背包：将物品分成k组，每组中有若干件物品，并且这些物品两两互斥（既对于第 i 组物品，只能选该组物品的其中一个，或者一个也不选），求在一定的背包容量下如何选得最大值。

依赖背包：对于要选物品b，必须在选择a的情况下才能选，这样的背包问题称为有依赖的背包。普通的有依赖的背包很容易转换成分组背包来做，假如要选c必须先选a，要选b也必须先选a，若a,b,c的价值分别为Va,Vb,Vc,容量分别为Ca,Cb,Cc,则可以将这三件物品构成一个分组，假设最大容量为V，对b,c在容量为（V-Ca）（因为a必选）的条件下进行01背包，得到在这样的容量下的最优解。其中最优解分别存在dp[0...V-Ca]+Va，把这些最优解当成新物品来用（这些新物品构成一个分组，因为这里已经包含了对b,c的所有选择情况了，不同的选择肯定是互斥的）。把所有依赖关系进行分组后，直接分组背包的做法。（所谓普通的分组背包，其实也就是若b依赖a，则b不能再被其他物品依赖，既不存在先选a才能选b，先选b才能选c这样的链式关系。）

然而，往往存在一般情况，也就是题目给出的就是链式关系。若把不依赖于任何物品的物品当作根节点，那么这样的链式关系可以构成一棵树，没被其他物品依赖的物品就是叶子。这就是基础的树形DP，若某节点的所有孩子都是叶子，那么这个节点跟它的孩子可以构成一个分组。

注意：len=1开始，容量为m+1。

The more, The Better

Time Limit: 6000/2000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others) Total Submission(s): 4889    Accepted Submission(s): 2885

Problem Description

ACboy很喜欢玩一种战略游戏，在一个地图上，有N座城堡，每座城堡都有一定的宝物，在每次游戏中ACboy允许攻克M个城堡并获得里面的宝物。但由于地理位置原因，有些城堡不能直接攻克，要攻克这些城堡必须先攻克其他某一个特定的城堡。你能帮ACboy算出要获得尽量多的宝物应该攻克哪M个城堡吗？

 

Input

每个测试实例首先包括2个整数，N,M.(1 <= M <= N <= 200);在接下来的N行里，每行包括2个整数，a,b. 在第 i 行，a 代表要攻克第 i 个城堡必须先攻克第 a 个城堡，如果 a = 0 则代表可以直接攻克第 i 个城堡。b 代表第 i 个城堡的宝物数量, b >= 0。当N = 0, M = 0输入结束。

 

Output

对于每个测试实例，输出一个整数，代表ACboy攻克M个城堡所获得的最多宝物的数量。

 

Sample Input

3 2

0 1

0 2

0 3

7 4

2 2

0 1

0 4

2 1

7 1

7 6

2 2

0 0

 

Sample Output

5

13

注意：len=1开始，容量为m+1。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
int dp[205][205],n,m,len;//dp[x][y]表示以x为根节点，选择了j件物品
int head[205];
struct node
{
    int now,next,val;
}tree[205];
void add(int x,int y,int v)
{
    tree[len].now=y;
    tree[len].val=v;
    tree[len].next=head[x];
    head[x]=len++;
}
void dfs(int root)
{
    int i,j,k,son;
    for(i=head[root];i!=-1;i=tree[i].next)
    {
        //说明有孩子，往下搜，直到搜到叶子为止
          son=tree[i].now;
           dfs(son);
          for(j=m+1;j>=1;j--)//背包容量为M+1，是因为多条链式关系，不能构成树，加入一个根节点0，其价值为0，所以有M+1的容量。
              for(k=1;k<j; k++)//k<j，就是相当于V-Ca<V，a是必选的，容量为1
                 dp[root][j] = max(dp[root][j],dp[root][j-k]+dp[son][k]+tree[i].val);
                 //dp[to][k]是已经搜过的,是新物品
    }
}

int main()
{
    int i,a,b;
   while(~scanf("%d%d",&n,&m)&n!=0&m!=0)
   {
       len=1;//len=0,是根节点，一定要注意。
       memset(dp,0,sizeof(dp));
       memset(head,-1,sizeof(head));
       for(i=1;i<=n;i++)
       {
           scanf("%d%d",&a,&b);
           add(a,i,b);
       }
        tree[0].val=0;
        dfs(0);
       printf("%d\n",dp[0][m+1]);

   }
   return 0;
}