HDU 1561 The more, The Better 树形DP

The more, The Better

Problem Description

 

ACboy很喜欢玩一种战略游戏，在一个地图上，有N座城堡，每座城堡都有一定的宝物，在每次游戏中ACboy允许攻克M个城堡并获得里面的宝物。但由于地理位置原因，有些城堡不能直接攻克，要攻克这些城堡必须先攻克其他某一个特定的城堡。你能帮ACboy算出要获得尽量多的宝物应该攻克哪M个城堡吗？

 

Input

 

每个测试实例首先包括2个整数，N,M.(1 <= M <= N <= 200);在接下来的N行里，每行包括2个整数，a,b. 在第 i 行，a 代表要攻克第 i 个城堡必须先攻克第 a 个城堡，如果 a = 0 则代表可以直接攻克第 i 个城堡。b 代表第 i 个城堡的宝物数量, b >= 0。当N = 0, M = 0输入结束。

 

Output

 

对于每个测试实例，输出一个整数，代表ACboy攻克M个城堡所获得的最多宝物的数量。

 

Sample Input

 

3 2
0 1
0 2
0 3
7 4
2 2
0 1
0 4
2 1
7 1
7 6
2 2
0 0

 

Sample Output

 

5
13

 

题意:

题解：

　　显然是有多颗树的

　　对于一棵树假设根节点是x， 那么我们有size[x] 中选择这个遍历的时候DP即可

　　对于所有的树，做一遍分组背包就好了

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include<vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 2e2+, M = 1e2+, mod = 1e9+, inf = 1e9+;
typedef long long ll;

int n,m,v[N],f[N],dp[N][N],p[N];
vector<int > G[N];
int siz[N];
void dfs(int u) {
    siz[u] = ;
    dp[u][] = v[u];
    int totson = G[u].size();
    for(int i=;i<G[u].size();i++) {
        int to = G[u][i];
        dfs(to);
        siz[u] += siz[to];
    }
    for(int j=;j<totson;j++) {
        int v = G[u][j];
        for(int i=siz[u];i>=;i--) {
            for(int k=;k<i&&k<=siz[u];k++) {
                dp[u][i] =  max(dp[v][k]+dp[u][i-k] , dp[u][i]);
            }
        }
    }
}
int main() {
    while(~scanf("%d%d",&n,&m)) {
        if(!n&&!m) break;
        int cnt = ;
        for(int i=;i<N;i++) G[i].clear();
        memset(dp,,sizeof(dp));
        memset(f,,sizeof(f));
        for(int i=;i<=n;i++) {
            int a,b;
            scanf("%d%d",&a,&v[i]);
            if(a == ) {p[++cnt] = i;continue;}
            G[a].push_back(i);
        }
        for(int i=;i<=cnt;i++) dfs(p[i]);
        for(int i=;i<=cnt;i++) {
            for(int x=m;x>=;x--)
            for(int j=;j<=siz[p[i]]&&j<=x;j++) {
                f[x] = max(f[x-j] + dp[p[i]][j],f[x]);
            }
        }
        printf("%d\n",f[m]);

    }
}