树型背包dp
选课
题目描述
大学里实行学分。每门课程都有一定的学分，学生只要选修了这门课并考核通过就能获得相应的学分。学生最后的学分是他选修的各门课的学分的总和。
每个学生都要选择规定数量的课程。其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，《数据结构》必须在选修了《高级语言程序设计》之后才能选修。我们称《高级语言程序设计》是《数据结构》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。为便于表述每门课都有一个课号，课号依次为1，2，3，……。 下面举例说明!
下例中1是2的先修课，即如果要选修2，则1必定已被选过。同样，如果要选修3，那么1和2都一定已被选修过。
学生不可能学完大学所开设的所有课程，因此必须在入学时选定自己要学的课程。每个学生可选课程的总数是给定的。现在请你找出一种选课方案，使得你能得到学分最多，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。
| 课号 | 先修课 | 学分 |
|---|---|---|
| 1 | 0 | 1 |
| 2 | 1 | 1 |
| 3 | 2 | 3 |
| 4 | 0 | 3 |
| 5 | 2 | 4 |
样例
输入
7 4
2 2
0 1
0 4
2 1
7 1
7 6
2 2
输出
13
题解
- 初级三维
定义\(f[u][j][k]\)，表示根为\(u\)的前\(j\)棵子树，选\(k\)门课程的最大学分。对于每一棵子树，遍历课程分配方式，即 \(f[u][j][k]=max(f[u][j][k],f[v][siz.v][0…w]+f[u][j-1][k-0…w])\)，\(siz\) 表示子树 \(v\) 的大小，选节点 \(v\) 可由选前 \(j-1\) 棵子树的状态和子树 \(v\) 的状态转移过来。 - 进阶二维
类比背包优化可以删掉一维，\(f[v][siz.v][0~v]+f[u][j-1][k-0~v]\) 中 \(siz\) 已经确定，\(f[u][j-1][k-0~v]\) 可以用倒序循环的方式消掉一维。所以优化后的 \(f[u][k]=max(f[u][k],f[v][w…0]+f[u][k-w…0])\)，注意 \(f[u][k-w…0]\) 中如果正序会重复选择同一点，因此倒序消除后效性。 \(f[v][w…0]\) 的值已经确定，不会被更新，所以不用考虑。 - 终极优化
还有一个问题就是每次循环都会从最大课程 \(k\) 循环，不太合理，遍历到 \(j\) 时只需要记录根节点加上前\(j-1\)棵子树的大小即可，多余的一定还未被更新，无效数据，因此记录一个 \(p\) 为现在遍历过的子树大小，\(siz\) 记录当前这棵树的大小，剪枝。、
终极版本
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,f[1005][1005],k[1005];
vector<int> son[1005];
int dfs(int u)
{
int p=1;
f[u][1]=k[u];
for(int v:son[u])
{
int siz=dfs(v);//单棵子树大小
for(int i=min(m+1,p);i;i--)
for(int j=1;j<=siz&&i+j<=m+1;j++)
f[u][i+j]=max(f[u][i+j],f[u][i]+f[v][j]);
p+=siz;//前 j 棵子树总大小（加根节点）。
}
return p;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
int x;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&k[i]);
son[x].push_back(i);
}
dfs(0);
printf("%d",f[0][m+1]);
return 0;
}
