bzoj 2427 软件安装 - Tarjan - 树形动态规划

题目描述

现在我们的手头有N个软件，对于一个软件i，它要占用W_i的磁盘空间，它的价值为V_i。我们希望从中选择一些软件安装到一台磁盘容量为M计算机上，使得这些软件的价值尽可能大（即V_i的和最大）。

但是现在有个问题：软件之间存在依赖关系，即软件i只有在安装了软件j（包括软件j的直接或间接依赖）的情况下才能正确工作（软件i依赖软件j)。幸运的是，一个软件最多依赖另外一个软件。如果一个软件不能正常工作，那么它能够发挥的作用为0。

我们现在知道了软件之间的依赖关系：软件i依赖软件D_i。现在请你设计出一种方案，安装价值尽量大的软件。一个软件只能被安装一次，如果一个软件没有依赖则D_i=0，这时只要这个软件安装了，它就能正常工作。

输入

第1行：N, M  （0<=N<=100, 0<=M<=500）
      第2行：W₁, W₂, ... W_i, ..., W_n （0<=W_i<=M ）
      第3行：V₁, V₂, ..., V_i, ..., V_n  （0<=Vi<=1000 ）
      第4行：D₁, D₂, ..., D_i, ..., D_n（0<=D_i<=N, D_i≠i ）

输出

一个整数，代表最大价值。

样例输入

3 10
5 5 6
2 3 4
0 1 1

样例输出

5

来源

Day2

（转自http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2427）

---

 　　这道题看起来像是树归，首先来判断一下，一个软件只能依赖于一个软件，正如树，一个节点只有一个父节点（除了根节点）（把所有节点都连接到0号节点下），但是来构思一组数据:

　　D： 2 3 1 

　　像这样，1依赖于2，2依赖于3.，3依赖于1，构成了一个环（强连通分量），明显不符合树的性质，但是仔细想想，要么全选要么全不选

就可以把它当成一个节点来看待。

　　至于缩点。。。这个也比较简单，和codevs上"爱在心中"差不多，首先给belong数组赋初值：

for(int i = 0;i <= n;i++)
belong[i] = i;

　　再Tarjan一次，将元素弹出栈时要将对应belong数组中这个强连通分量的值全部设成这中间任意元素的值（但必须一样）

接着for循环扫描一次，凡是belong[i] != i的像这样处理一下:

w[belong[i]] += w[i];
v[belong[i]] += v[i];

　　如果出现访问d[i]就像这样访问:

d[belong[i]]......

　　是不是十分方便快捷？（除了Tarjan算法的代码复杂度）

　　下面思考一下树归方程，感觉如果玩多叉树的话状态很多，就转成二叉树，为了代码简洁，有这么两种方法

第一种方法是记录每个节点添加进的"兄弟"的地址，就加一个指针变量，添加一个"儿子"或者"兄弟"时,就访问

这个对应的指针变量，先正常加入，然后把指针指向它

for(int i = 1;i <= n;i++){
    for(int j = head[i];j;j = edge[j].next){
        if(belong[i] == i && belong[i] != belong[edge[j].end]){
            if(node[i]->left != NULL)
                node[i]->left->bro = &node[edge[belong[j]].end];
            else node[i]->left = &node[edge[belong[j]].end];;
        }
    }
}

　　是不是显得有点麻烦？而且严重牺牲了可读性，在看了某大神的代码后，我知道了这种方法:

用bro[i]储存i节点的右子树(原先的"兄弟"),用son[i]储存i节点的左子树(原先的"子节点")，

然后：

最后：

代码实现也比较简单：

for(int i = 1;i <= n;i++){
    for(int j = head[i];j;j = edge[j].next){
        if(belong[i] == i && belong[i] != belong[edge[j].end]){
            bro[i] = son[belong[edge[j].end]];
            son[belong[edge[j].end]] = i;
        }
    }
}

　　另外关于左右子树出现空的时候，如果多加几个if语句的话，可能树形DP的代码就和Tarjan算法有的一拼了，可以把

它的左右子树的位置设成一个值为0的节点，这就相当于一个空节点，但并不影响计算结果

　　写出树归方程:

f[index][i] = max(f[index][i],v[index] + f[left][j] + f[right][limit - j]);

（index是第index个节点，limit是i - w[i],left = son[index],right = bro[index]）

最后附上我超级不简洁的代码（如果想要速度更快，可以把cin，cout改成scanf和printf）

Code:

/**
 * bzoj
 * Problem#2427
 * Accepted
 * Time:220ms
 * Memory:1492k
 */
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<stack>
#include<vector>
#define _min(a,b) ((a)<(b))?(a):(b)
using namespace std;
typedef bool boolean;
typedef class Edge{
    public:
        int end;
        int next;
        Edge():end(0),next(0){}
        Edge(int end,int next):end(end),next(next){}
}Edge;
Edge *edge;
int n,m;
int *w;        //软件大小
int *v;        //价值 
int *d;
int *head;
int top;
inline void addEdge(int from,int end){
    top++;
    edge[top].next=head[from];
    edge[top].end=end;
    head[from]=top;
}
boolean *visited;
int *visitID;
int *exitID;
int entryed;
stack<int> sta;
int *belong;
boolean *inStack;
int *bro;
int *son;
void getSonMap(int end){
    int now=-1;
    int exits=0;
    while(now!=end){
        now=sta.top();
        belong[now]=end;
        inStack[now]=false;
        exits++;
        sta.pop();
    }
}
void Tarjan(const int pi){
    int index=head[pi];
    visitID[pi]=++entryed;
    exitID[pi]=visitID[pi];
    visited[pi]=true;
    inStack[pi]=true;
    sta.push(pi);
    while(index!=0){
        if(!visited[edge[index].end]){
            Tarjan(edge[index].end);
            exitID[pi]=_min(exitID[pi],exitID[edge[index].end]);
        }else if(inStack[edge[index].end]){
            exitID[pi]=_min(exitID[pi],visitID[edge[index].end]);
        }
        index=edge[index].next;
    }
    if(exitID[pi]==visitID[pi]){
        getSonMap(pi);
    }
}
void rebuild(){
    vector<int> indexs;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(belong[i] != i){
            v[belong[i]] += v[i];
            w[belong[i]] += w[i];
            indexs.push_back(belong[i]);
        }
    }
    for(int i = 0;i < indexs.size();i++)
        edge[head[indexs[i]]].end = 0;
}
void create(){
    bro = new int[(const int)(n + 1)];
    son = new int[(const int)(n + 1)];
    for(int i = 0;i <= n;i++){
        son[i] = n + 1;
        bro[i] = n + 1;
    }
    for(int i = 1;i <= n;i++){
        for(int j = head[i];j;j = edge[j].next){
            if(belong[i] == i && belong[i] != belong[edge[j].end]){
                bro[i] = son[belong[edge[j].end]];
                son[belong[edge[j].end]] = i;
            }
        }
    }
}
int f[102][501];
void solve(int index){
    if(index > n) return ;
    solve(son[index]);
    solve(bro[index]);
    int left = son[index];
    int right = bro[index];
    for(int i = 1;i <= m;i++){
        f[index][i] = max(f[index][i],f[right][i]);
        int limit = i - w[index];
        for(int j = 0;j <= limit;j++){
            f[index][i] = max(f[index][i],v[index] + f[left][j] + f[right][limit - j]);
        }
    }
} 
int main(){
    cin>>n>>m;
    head=new int[(const int)(n+1)];
    edge=new Edge[(const int)(n+1)];
    visited=new boolean[(const int)(n+1)];
    visitID=new int[(const int)(n+1)];
    exitID =new int[(const int)(n+1)];
    belong =new int[(const int)(n+1)];
    inStack=new boolean[(const int)(n+1)];
    memset(head,0,sizeof(int)*(n+1));
    memset(visited,false,sizeof(boolean)*(n+1));
    memset(inStack,false,sizeof(boolean)*(n+1));
    w = new int[(const int)(n + 1)];
    v = new int[(const int)(n + 1)];
    d = new int[(const int)(n + 1)];
    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]);
        addEdge(i, d[i]);
    }
    for(int i=0;i<=n;i++) belong[i]=i;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(!visited[i])
            Tarjan(i);
    }
    delete[] visited;
    delete[] inStack;
    rebuild();
    delete[] exitID;
    delete[] visitID; 
    create();
    w[0] = 0;
    v[0] = 0;
    solve(0);
    printf("%d",f[0][m]);
    return 0;
}