人品问题 树形dp
网上出现了一种高科技产品——人品测试器。只要你把你的真实姓名输入进去，系统将自动输出你的人品指数。把儿不相信自己的人品为0。经过了许多研究后，把儿得出了一个更为科学的人品计算方法。这种方法的理论依据是一个非常重要的结论：人品具有遗传性。因此，一个人的人品完全由他的祖先决定。把儿提出的人品计算方法相当简单，只需要将测试对象的k个祖先的人品指数（可能为负数）加起来即可。选择哪K个祖先可以由测试者自己决定，但必须要满足这个要求：如果除自己的父母之外的某个祖先被选了，那么他的下一代必需要选（不允许跳过某一代选择更远的祖先，否则将失去遗传的意义）。
非常不幸的是，把儿测试了若干次，他的人品值仍然不能为一个正数。现在把儿需要你帮助他找到选择祖先的最优方案，使得他的人品值最大。
输入格式：
数据的第一行是两个用空格隔开的正整数n和k，其中n代表把儿已知的家谱中共有多少人（包括把儿本身在内），k的意义参见问题描述。数据的第二行有n-1个用空格隔开的整数（可能为负），这些数的绝对值在2^15以内。其中，第i个数表示编号为i+1的人的人品值。我们规定，编号为1的人是把儿。
接下来n行每行有两个用空格隔开的数，其中第i行的两个数分别表示第i个人的父亲和母亲的编号。如果某个人的父亲或母亲不在这个家谱内，则在表示他的父亲或母亲的编号时用0代替。
输入数据中除把儿以外的所有人都是把儿的祖先，他们都会在输入数据中作为父亲或母亲被描述到。输入数据中每个人都不可能同时作为多个人的父亲或者是母亲。
输出格式：
将把儿能够得到的最大人品值输出样例输入：
6 3
-2 3 -2 3 -1
2 3
4 5
0 6
0 0
0 0
0 0
样例输出：
4
数据范围：
对于50%的数据，n<=10；对于100%的数据，n<=100。
时间限制：
1000空间限制：
10240做法：
ans[i][j]表示编号为i的人选j个祖先及自身的最大人品值
ans[i][j]=a[i]+max{ans[lc[i]][k]+ans[rc[i]][j-k-1]}
(0<=k<=j-1,num[lc[i]]>=k,num[rc[i]]>=j-k-1 --> k>=j-num[rc[i]]-1)
直接设定ans[0][0]=0即可，不用加特判
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 typedef long long LL; 4 bool vis[101]; 5 LL n,k; 6 LL lc[101],rc[101],a[101]; 7 LL dp[101][101]; 8 LL num[101];//记录某结点及所有后代结点的总数量 9 LL min(LL x,LL y) 10 { 11 return x>y?y:x; 12 } 13 LL max(LL x,LL y) 14 { 15 return x>y?x:y; 16 } 17 LL dfs(LL x) 18 { 19 num[x]=1; 20 if(lc[x]) num[x]+=dfs(lc[x]); 21 if(rc[x]) num[x]+=dfs(rc[x]); 22 return num[x];//改成这样提速效果不大 23 } 24 /* 25 LL dfs(LL x) 26 { 27 if(x==0) return 0; 28 num[x]=dfs(lc[x])+dfs(rc[x])+1; 29 return num[x]; 30 } 31 LL dp(LL i,LL j) 32 { 33 if(j==0) return 0; 34 if(j==1) return a[i]; 35 LL k,ans1=-0x3f3f3f3f; 36 for(k=max(j-num[rc[i]]-1,0);k<=min(num[lc[i]],j-1);k++) 37 ans1=max(ans1,dp(lc[i],k)+dp(rc[i],j-k-1)); 38 return ans1+a[i];//这样写T两个点 39 }//下面的貌似是类似常数优化的，不知道为什么差距这么大 40 //理论上不用记忆化，毕竟这个树形结构没有重叠子问题，也许是减少了函数调用次数 41 */ 42 void Dp(LL x)//直接处理完一个结点选任意数量子结点的答案 43 //这样写全部0ms过 44 { 45 dp[x][1]=a[x]; 46 dp[x][0]=0; 47 if(lc[x]) Dp(lc[x]); 48 if(rc[x]) Dp(rc[x]); 49 int i,j; 50 for(i=2;i<=num[x];i++) 51 { 52 for(j=max(i-num[rc[x]]-1,0);j<=min(num[lc[x]],i-1);j++) 53 dp[x][i]=max(dp[x][i],dp[lc[x]][j]+dp[rc[x]][i-j-1]); 54 //傻了，曾经写成dp[x][i]=max(dp[lc[x]][j],dp[rc[x]][i-j-1]);了 55 dp[x][i]+=a[x];//曾经忘记//曾经将a[x]写成a[i] 56 } 57 } 58 /* 59 void Dp(LL x)//直接处理完一个结点选任意数量子结点的答案 60 //这样写也是全部0ms过 61 { 62 //dp[x][1]=a[x]; 63 dp[x][0]=0; 64 if(lc[x]) Dp(lc[x]); 65 if(rc[x]) Dp(rc[x]); 66 int i,j; 67 for(i=1;i<=num[x];i++) 68 { 69 for(j=max(i-num[rc[x]]-1,0);j<=min(num[lc[x]],i-1);j++) 70 dp[x][i]=max(dp[x][i],dp[lc[x]][j]+dp[rc[x]][i-j-1]); 71 72 dp[x][i]+=a[x]; 73 } 74 } 75 */ 76 int main() 77 { 78 LL i; 79 memset(dp,136,sizeof(dp)); 80 scanf("%lld%lld",&n,&k); 81 for(i=2;i<=n;i++) 82 scanf("%lld",&a[i]); 83 for(i=1;i<=n;i++) 84 scanf("%lld%lld",&lc[i],&rc[i]); 85 dfs(1); 86 //dp[0][1]=0;//不需要，因为num[0]=0，与0有关的最多只涉及到dp[0][0] 87 dp[0][0]=0; 88 Dp(1); 89 printf("%lld",dp[1][k+1]);//算上自己共要选k+1人 90 return 0; 91 }
