AcWing 10. 有依赖的背包问题

$AcWing$ $10$ . 有依赖的背包问题

一、题目描述

有 $N$ 个物品和一个容量是 $V$ 的背包。

物品之间具有依赖关系，且依赖关系组成一棵树的形状。如果选择一个物品，则必须选择它的父节点。

如下图所示：

如果选择物品 $5$ ，则必须选择物品 $1$ 和 $2$ 。这是因为 $2$ 是 $5$ 的父节点， $1$ 是 $2$ 的父节点。

每件物品的编号是 $i$ ，体积是 $v_i$ ，价值是 $w_i$ ，依赖的父节点编号是 $p_i$ 。物品的下标范围是 $1…N$ 。

求解将哪些物品装入背包，可使 物品总体积不超过背包容量，且 总价值最大。

输出最大价值。

输入格式
第一行有两个整数 $N，V$ ，用空格隔开，分别表示物品个数和背包容量。

接下来有 $N$ 行数据，每行数据表示一个物品。
第 $i$ 行有三个整数 $v_i,w_i,p_i$ ，用空格隔开，分别表示物品的体积、价值和依赖的物品编号。
如果 $p_i=−1$ ，表示根节点。 数据保证所有物品构成一棵树。

输出格式
输出一个整数，表示最大价值。

数据范围
$1≤N,V≤100$

$1≤v_i,w_i≤100$

父节点编号范围：

内部结点： $1≤p_i≤N$ ;
根节点 $p_i=−1$ ;

输入样例

输出样例：

二、题目解析

这是一道 背包 $DP$ 的变种题目

根据题设的 拓扑结构 可以观察出每个物品的关系构成了一棵树

而以往的 背包 $DP$ 每个物品关系是 任意的（但我们一般视为 线性的）

所以，这题沿用 背包 $DP$ 的话，要从原来的 线性 $DP$ 改成 树形 $DP$ 即可

然后思考 树形 $DP$ 的 状态转移

先比较一下以往 线性背包 $DP$ 的 状态转移，第 $i$ 件物品只会依赖第 $i−1$ 件物品的状态

如果本题我们也采用该种 状态依赖关系 的话，对于节点 $i$ ，我们需要枚举他所有子节点的组合 $2^k$ 种可能

再枚举体积，最坏时间复杂度 可能会达到 $O(N×2^N×V)$ （所有子节点都依赖根节点）最终毫无疑问会 $TLE$

因此我们需要换一种思考方式，那就是枚举每个状态 分给各个子节点 的体积

这样 时间复杂度 就是 $O(N×V×V)$

具体分析如下：

状态表示

集合
$f[u][i][j]$ 以 $u$ 为根，在前 $i$ 个子树中选择，最大体积不超过 $j$ 的所有方案

解释
① $i$ 可以等于 $0$ ,描述只要了 $u$ 节点，没有要 $u$ 的下级任何一个儿子子树。
② 需要满足条件 $j>=v[u]$ ,原因是如果你连 $u$ 节点都装不下，那就更别提装下 $u$ 及它的若干个儿子树了

属性
$max$ (价值)

1、三维

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 110, M = N << 1;
int v[N], w[N];
int n, m, root;

// f[u][i][j] 以u为根，在前i个子树中(组)选择，最大体积不超过j的所有方案
// 属性：max价值
int f[N][N][N];

// 链式前向星
int e[M], h[N], idx, ne[M];
void add(int a, int b) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}

// u:以u为根的树
// 返回值：以u为根的树，一级子树son的个数
int dfs(int u) {
    /*
    ① 以u为根的树,如果现在剩余体积j>=v[u], 最起码可以把u装下，能获取到w[u]的价值
    如果你想研究一下以u为根的子树最多可以获得多大价值，那u节点是必须装下来，否则后续子树根本没机会讨论
    */
    for (int j = v[u]; j <= m; j++) f[u][0][j] = w[u];

    // ② 考虑u的每个子树
    int s = 0;
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { // 枚举u的每个子节点
        s++;                            // 前s个子树
        int son = e[i]; // 在链式前向星中，这是几号节点
        int c = dfs(
            son); // 对子节点son,把它的f[son][c][k]信息填充完整,返回son子树的一级结点个数

        /*
         目标:填充f[u][i][j],
         i:
         1~dfs(u)的每个值，dfs(u)返回的是u的下级节点个数，也就是一级子树个数，0上面讨论过了,不用再讨论
         j: 枚举每一个u子树的合法空间j
         k：给定j这么大的空间，那么为son这棵子树留多大空间,k∈
         [0,j-v[u]],son子树可以贡献的最大价值依定义就是f[son][c][k] f[u][s -
         1][j -
         k]:在处理s个子树前，前s-1个都已经填充完毕，可以依赖。由于son占了k个空间，那么前序依赖就是f[u][s-1][j-k]
        */
        for (int j = v[u]; j <= m; j++)
            for (int k = 0; k <= j - v[u]; k++)
                f[u][s][j] = max(f[u][s][j], f[u][s - 1][j - k] + f[son][c][k]);
    }
    return s; // 返回u有多少个子结点
}

int main() {
    // 初始化链式前向星
    memset(h, -1, sizeof h);

    cin >> n >> m;                 // 物品个数和背包容量
    for (int i = 1; i <= n; i++) { // n个物品
        int p;
        cin >> v[i] >> w[i] >> p; // 体积、价值、父亲
        if (p == -1)
            root = i; // 对一棵树而言，根是最重要的
        else
            add(p, i); // 从父亲向儿子建边，一般树都是从上到下建边
    }

    int s = dfs(root); // 从根节点开始遍历，填充DP Table,返回值是root有几个子树
    /*
    Q:为什么需要dfs返回root有多少个子树呢？
    A:DP问题，一般的答案都在状态转移方程上。比如f[u][i][j]表示以u为根的树中，在前i个儿子中去找，在体积不超过j的情况下,最大的价值是多少。
    我们可以看出，最终的答案就是f[root][root的儿子总数][m]
    这样看来，计算返回出root的儿子总数就是合情合理了
    */
    printf("%d\n", f[root][s][m]);
    return 0;
}

2、二维

这就是一个类似于 $01$ 背包降维的办法，采用倒序计算，可以防止依赖先更新。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 110, M = N << 1;
int v[N], w[N];
int n, m, root;
int f[N][N];

// 链式前向星
int e[M], h[N], idx, ne[M];
void add(int a, int b) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}

void dfs(int u) {
    for (int j = w[u]; j <= m; j++) f[u][j] = v[u];
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int son = e[i];
        dfs(son);
        for (int j = m; j >= w[u]; j--)
            for (int k = 0; k <= j - w[u]; k++)
                f[u][j] = max(f[u][j], f[u][j - k] + f[son][k]);
    }
}

int main() {
    memset(h, -1, sizeof h);
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int p;
        cin >> w[i] >> v[i] >> p;
        if (p == -1)
            root = i;
        else
            add(p, i);
    }
    dfs(root);
    printf("%d\n", f[root][m]);
    return 0;
}