洛谷 P2014 [CTSC1997]选课

洛谷 P2014 [CTSC1997]选课

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Description

学校实行学分制。每门的必修课都有固定的学分，同时还必须获得相应的选修课程学分。学校开设了N（N< 300）门的选修课程，每个学生可选课程的数量M是给定的。学生选修了这M门课并考核通过就能获得相应的学分。 　　在选修课程中，有些课程可以直接选修，有些课程需要一定的基础知识，必须在选了其它的一些课程的基础上才能选修。例如《Frontpage》必须在选修了《Windows操作基础》之后才能选修。我们称《Windows操作基础》是《Frontpage》的先修课。每门课的直接先修课最多只有一门。两门课也可能存在相同的先修课。每门课都有一个课号，依次为1，2，3，…。 例如: 表中1是2的先修课，2是3、4的先修课。如果要选3，那么1和2都一定已被选修过。 　　你的任务是为自己确定一个选课方案，使得你能得到的学分最多，并且必须满足先修课优先的原则。假定课程之间不存在时间上的冲突。

Input

输入文件的第一行包括两个整数N、M（中间用一个空格隔开）其中1≤N≤300,1≤M≤N。 以下N行每行代表一门课。课号依次为1，2，…，N。每行有两个数（用一个空格隔开），第一个数为这门课先修课的课号（若不存在先修课则该项为0），第二个数为这门课的学分。学分是不超过10的正整数。

Output

输出文件每行只有一个数。第一行是实际所选课程的学分总数。以下各行的数，表示所选课程的课号。

Sample Input

7 4 2 2 0 1 0 4 2 1 7 1 7 6 2 2

Sample Output

13

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题解：

首先要处理森林，题目给的暗示很明显，就是建立0节点为虚拟节点连不同的连通块。

这个在小技巧中有说明：

小技巧—对于深搜森林的处理

设计状态：\(dp[i][j][0/1]\)表示以i为根的子树选j个，其中i选不选的最大学分。

分析一下性质，对于一棵子树来讲，这个子树根节点必须要选，否则整个子树一个都选不了。于是就可以把最后一维压掉。

变成：\(dp[i][j]\)表示以i为根的子树选j个的最大学分。

然后就相当于一个背包了。转移方程如下：

\[dp[x][j]=\max(dp[x][j],dp[x][j-k]+dp[y][k])\quad(k\in[0,j)) \]

初值是\(dp[i][1]=w[i]\)，比较好理解。

这里需要注意dp转移的顺序问题，需要知道的是，对于状态\(dp[x][j]\)，要由\(dp[x][j-k]\)转移过来，所以需要保证在转移\(dp[x][j]\)的时候，\(dp[x][j-k]\)还没有被转移，这样才能符合线性DP的原则。

然后上代码了：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=310;
int n,m;
int w[maxn],fa[maxn];
int tot,to[maxn],head[maxn],nxt[maxn];
int dp[maxn][maxn];//dp[i][j]表示以i为根的子树中选j门课的最大学分
void add(int x,int y)
{
	to[++tot]=y;
	nxt[tot]=head[x];
	head[x]=tot;
}
void dfs(int x)
{
	for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
	{
		int y=to[i];
		dfs(y);
		for(int j=m+1;j>=1;j--)
			for(int k=0;k<j;k++)
				dp[x][j]=max(dp[x][j],dp[x][j-k]+dp[y][k]);
	}
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d%d",&fa[i],&w[i]);
		add(fa[i],i);
		dp[i][1]=w[i];
	}
	dfs(0);
	printf("%d",dp[0][m+1]);
	return 0;
}