HDU 4044 GeoDefense （树形DP，混合经典）

题意：

　　给一棵n个节点的树，点1为敌方基地，叶子结点都为我方阵地。我们可以在每个结点安放炸弹，每点至多放一个，每个结点有ki种炸弹可选，且每种炸弹有一个花费和一个攻击力（1点攻击力使敌人掉1点hp）。敌人的目的是我方阵地，任意路线都有可能，但规定只能往下跑。问当有m钱时，最坏情况下最多能打掉敌人多少hp？(n<1001, m<201, ki>=0)

思路：

　　我竟然自己写出来了，咔咔~证明此题不难！

　　注意：某些点可能没有炸弹可选（即不能放炸弹）；有0花费的炸弹；最坏情况下指的是敌人总是跑攻击力最小的那条路径。

　　本题说不出具体什么模型，混着来的。观察一下知道，如果本节点不放炸弹，那么所有子树就都得放炸弹，否则本节点往下走的攻击力必定为0。那么尽量炸弹放在更靠近根的地方应该是比较划算的（按常理）。

　　同样，分析一个节点。本节点为根的子树的攻击力=min（每个子树的攻击力）+（本节点的攻击力），这是短板原理。然后再考虑本节点，如果买了，直接在短板上加攻击力，前提是本节点只允许放1炸弹。

　　如何转移？先从将这子树花费为0的装进背包，如果有更好的再代替掉他。这一步暂时将dp[t][j]表示为以t为根的子树如果得到j元，至少能攻击敌人的hp。状态方程：dp[t][j]=max(dp[t][j],  min(dp[t][j-k], dp[e.to][k]));。为什么有个min?因为要取短板。注意初始化问题。

　　由于可能会有免费炸弹，而每个点只需要考虑1个免费炸弹（只能放1个），其他免费炸弹删除掉（因为不划算啊），而且免费炸弹总是要先被考虑，否则的话就会重复。

　　

 #include <bits/stdc++.h>
 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <map>
 #include <vector>
 #include <iostream>
 #define pii pair<int,int>
 #define INF 0x3f3f3f3f
 #define LL  long long
 using namespace std;
 const int N=;
 struct tower
 {
     int pri,pow;
 }tow[N][];

 struct node
 {
     int from,to,next;
     node(){};
     node(int from,int to,int next):from(from),to(to),next(next){};
 }edge[N*];

 int edge_cnt, head[N], cnt[N], dp[N][], n, m ;
 void add_node(int from,int to)
 {
     edge[edge_cnt]=node(from, to, head[from]);
     head[from]=edge_cnt++;
 }
 inline int cmp(tower a,tower b){return a.pri<b.pri;}

 void DFS(int t,int far)
 {
     node e;
     int flag=;
     for(int i=head[t]; i!=-; i=e.next)
     {
         e=edge[i];
         if(e.to==far)  continue;
         DFS(e.to, t);

         for(int j=m; j>=; j-- )  //容量
         {
             dp[t][j]=min(dp[t][j], dp[e.to][]);  //先装代价为0的，如果有更好的再代替掉。
             for(int k=; k<=j; k++ ) //给此孩子k元,得到的最大攻击力。
                 dp[t][j]=max(dp[t][j], min(dp[t][j-k], dp[e.to][k]));
         }
         flag=; //标记是否叶子。
     }
     if(flag==)    memset(dp[t], , sizeof(dp[t]));     //叶子节点

     //本节点的决策是01背包模型： 买 or 不买。(不买就只能靠孩子来防御)
     for(int j=m; j>=; j-- )  //容量
     {
         int k=;
         for( ; k<cnt[t] && !tow[t][k].pri; k++ )  //不用钱的,只留1个power最大的.
             if(tow[t][k-].pow > tow[t][k].pow)
                 swap(tow[t][k],tow[t][k-]);

         for( k-- ; k<cnt[t]; k++)    //物品
         {
             if(j-tow[t][k].pri>=)
                 dp[t][j]=max(dp[t][j], dp[t][j-tow[t][k].pri] + tow[t][k].pow );    //可以直接挡
         }
     }
 }

 int main()
 {
     freopen("input.txt", "r", stdin);
     int t, a, b; cin>>t;
     while(t--)
     {
         edge_cnt=;
         memset(head, -, sizeof(head));
         memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));   //注意初始化

         scanf("%d",&n);
         for(int i=; i<n; i++)  //无向图
         {
             scanf("%d%d",&a,&b);
             add_node(a,b);
             add_node(b,a);
         }

         scanf("%d",&m);     //钱。
         for(int i=; i<=n; i++)
         {
             scanf("%d",&cnt[i]);
             for(int j=; j<cnt[i]; j++)
                 scanf("%d%d", &tow[i][j].pri, &tow[i][j].pow);
             sort(tow[i], tow[i]+cnt[i], cmp);   //免费的排前面
         }
         DFS(, -);
         printf("%d\n",dp[][m]);
     }
     return ;
 }

AC代码