树形dp--P1273 有线电视网

*传送

*定义状态：
这道题是一道裸的树形背包题，设$f[i][j]$表示以$i$ 为根往下找$j$ 个叶子的最大价值，那么答案就是所有$f[1][j]≥0$当中最大的$j$。
在dp之前，我们按照后序遍历序列重新编号（即遍历到一个节点时，先搜索节点的子树，为它们编号后再为这个节点编号）。
然后开始dp，首先初始化，对$f[i][j]$赋值−$INF$，当$j==0$ 时$f[i][j]=0$ 。

*状态转移：
如果i$$点是叶子节点那么有$f[i][j]=max(f[i−1][j−1]+c[i],f[i−1][j])$ 和一般的0/1背包没什么区别
如果不是的话，如果我们取$i$的话$f[i][j]=f[i−1][j]+c[i]$，但是如果不取的话它和它的子树就一个都不能取了。
而由后序遍历定义不难推出$i$的子树节点编号在$[i−sz[i]+1,i]$之间（$sz[i]$为子树i的大小）。
所以不取的话$f[i][j]=f[i−sz[i]][j]$ ，综上$f[i][j]=max(f[i−1][j]+c[i],f[i−sz[i]][j])$
代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
const int N=6000;
const int INF=1e9;
using namespace std;
int read(){
    int x = 1,a = 0;
    char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9'){
        if(ch == '-')x = -1;
        ch = getchar();
    }
     while(ch <= '9'&&ch >= '0'){
        a = a * 10 + ch - '0';
        ch = getchar();
    }
    return x*a;
}
struct node{
    int to,next;
}ed[N];
int n,m,head[N],tot;
void add(int u,int v){//链前 
    ed[++tot].next=head[u];
    ed[tot].to=v;
    head[u]=tot;
}
int f[N][N],sz[N],idx[N],cnt,c[N];
void dfs(int x){
    sz[x]=1;
    for (int i = head[x];i;i=ed[i].next){
        int v=ed[i].to;
        dfs(v);sz[x]+=sz[v]; //求子树大小 
    }
    idx[++cnt]=x;//遍历顺序 
}
int main(){
    scanf ("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n-m;i++){
        int k=read();
        for(int j=1;j<=k;j++){
            int v=read();c[v]=-read();// 花费为负 
            add(i,v);//构建树，转播站和能转播到的节点连在一起 
        }
    }
    for(int i=n-m+1;i<=n;i++)c[i]+=read();// 预算为正 
    dfs(1);
    for(int i=0;i<=cnt;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
            f[i][j]=-INF;
    for(int i=1;i<=cnt;i++){
        int u=idx[i];
        for(int j=1;j<=m;j++){
            if(n-m+1<=u)f[i][j]=max(f[i-1][j-1]+c[u],f[i-1][j]);// 是客户（叶子）节点 
            else f[i][j]=max(f[i-1][j]+c[u],f[i-sz[u]][j]); // 不是客户（叶子）节点 
        }
    }
    for(int i=m;i>=0;i--){
        if(f[cnt][i]>=0){
            printf("%d\n",i);return 0;
        }
    }
    return 0;
}