YBTOJ 软件安装
题面：洛谷传送门
题目算法要素:tarjan+树形dp
题目分析：
一、总体概括
可以发现一个环中的点必须同时被选择，因此很容易能想到要tarjan缩点。
缩点后形成一张DAG，由于题目的条件，d[i]=0表示一个软件没有另一个软件为前提，因此有一个超级源点0。可以考虑从0点开始，跑一遍树形dp（树上背包），即可得出答案。
二（细节一）：为什么不能用拓扑dp求解：
如果跑一遍拓扑dp，可以得出以每一个点为终点的最大权链，但是各个链中显然有重合的可能性，因此无法直接通过再跑一遍01背包的方式将以每个点为终点的最大权链合成整张DAG的最优解。
因此拓扑dp显然不行。
这道题也告诉我们缩点不是一定要用拓扑dp求解的。
三（细节二）：如何在树形dp中强制选择当前点
我们使用dp式：f[u][j]表示在以u根的子树中，耗费j的存储空间，能得到的软件的最大总价值。
但是别忘了只有选择了根节点，才能选择子树中的点。
因此我们加上一条限制条件：对于f[u][j]，强制要求选择点u。
这其实是一类问题：如何在树形dp中强制选择一棵子树的根节点
肯定要考虑枚举j和子树费用k的过程（修改转移式）
如果没有这个条件，我们显然会把状态转移写成这个样子
令u的一个子节点为v
for(int j=sumw[u];j<=m;++j) f[u][j]=sumv[u];
for(int j=m;j>=0;--j)
{
for(int k=0;k<=j;++k)
f[u][j]=max(f[u][j],f[u][j-k]+f[v][k]);
}
加上这个限制条件，就相当于：给选择根节点留下足够的存储空间
for(int j=sumw[u];j<=m;++j) f[u][j]=sumv[u];
for(int j=m-sumw[u];j>=0;--j)
{
for(int k=0;k<=j;++k)
f[u][j+sumw[u]]=max(f[u][j+sumw[u]],f[u][j+sumw[u]-k]+f[v][k]);
}
由于每一个位置都一定给u留够了空间，且每次计算空间都加上sumw[u]，另外，最开始的初始化是给每个未选择的空间都赋上了sumv[u],因此sumv[u]一定会被选择。
或者还有一种写法：
就是在子树不包括u的部分选择的空间一定比在子树包括u的部分选择的空间少一个sumw[u]，也就是一定把u选择上了。
void dp(int now)
{
for(int i=sumw[now];i<=m;++i) f[now][i]=sumv[now];
for(int i=head2[now];~i;i=e2[i].nxt)
{
int v=e2[i].v;
dp(v);
for(int j=m;j>=sumw[now];--j)
{
for(int k=0;k<=j-sumw[now];++k)
{
f[now][j]=max(f[now][j],f[now][j-k]+f[v][k]);
}
}
}
}
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=550;
int n,m,w[maxn],v[maxn],d[maxn],tot,col[maxn];
int dfn[maxn],low[maxn],Time,sumw[maxn],sumv[maxn];
int ecnt=-1,ecnt2=-1,head[maxn],head2[maxn];
int s[maxn],top,indu[maxn],f[105][505];
struct mint
{
int nxt,u,v;
}e[maxn],e2[maxn];
inline void addline(int u,int v)
{
e[++ecnt].nxt=head[u];
e[ecnt].u=u;
e[ecnt].v=v;
head[u]=ecnt;
}
inline void addline2(int u,int v)
{
e2[++ecnt2].nxt=head2[u];
e2[ecnt2].u=u;
e2[ecnt2].v=v;
head2[u]=ecnt2;
}
void tarjan(int now)
{
dfn[now]=low[now]=++Time;
s[++top]=now;
for(int i=head[now];~i;i=e[i].nxt)
{
int v=e[i].v;
if(!dfn[v])
{
tarjan(v);
low[now]=min(low[now],low[v]);
}
else if(!col[v]) low[now]=min(low[now],dfn[v]);
}
if(dfn[now]==low[now])
{
tot++;
int cur;
do
{
cur=s[top--];
col[cur]=tot;
sumw[tot]+=w[cur];
sumv[tot]+=v[cur];
}
while(cur!=now);
}
}
void dp(int now)
{
for(int i=sumw[now];i<=m;++i) f[now][i]=sumv[now];
for(int i=head2[now];~i;i=e2[i].nxt)
{
int v=e2[i].v;
dp(v);
for(int j=m-sumw[now];j>=0;--j)
{
for(int k=0;k<=j;++k)
{
f[now][j+sumw[now]]=max(f[now][j+sumw[now]],f[now][j+sumw[now]-k]+f[v][k]);
}
}
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(head,-1,sizeof(head));
memset(head2,-1,sizeof(head2));
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&w[i]);
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&v[i]);
for(int i=1;i<=n;++i)
{
scanf("%d",&d[i]);
addline(d[i],i);
}
for(int i=1;i<=n;++i) if(!dfn[i]) tarjan(i);
for(int i=0;i<m;++i)
{
if(col[e[i].v] != col[e[i].u])
{
addline2(col[e[i].u],col[e[i].v]);
indu[col[e[i].v]]++;
}
}
for(int i=1;i<=tot;++i) if(!indu[i]) addline2(0,i);
dp(0);
printf("%d",f[0][m]);
return 0;
}
