树形DP+（分组背包||二叉树,一般树,森林之间的转换）codevs 1378 选课

codevs 1378 选课

时间限制: 1 s

 空间限制: 128000 KB

 题目等级 : 钻石 Diamond

 题目描述 Description

学校实行学分制。每门的必修课都有固定的学分，同时还必须获得相应的选修课程学分。学校开设了N（N<300）门的选修课程，每个学生可选课程的数量M是给定的。学生选修了这M门课并考核通过就能获得相应的学分。

　　在选修课程中，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《Frontpage》必须在选修了《Windows操作基础》之后才能选修。我们称《Windows操作基础》是《Frontpage》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。每门课都有一个课号，依次为1，2，3，…。 例如:

【详见图片】
表中1是2的先修课，2是3、4的先修课。如果要选3，那么1和2都一定已被选修过。 　　你的任务是为自己确定一个选课方案，使得你能得到的学分最多，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。

输入描述 Input Description

输入文件的第一行包括两个整数N、M（中间用一个空格隔开）其中1≤N≤300,1≤M≤N。 
以下N行每行代表一门课。课号依次为1，2，…，N。每行有两个数（用一个空格隔开），第一个数为这门课先修课的课号（若不存在先修课则该项为0），第二个数为这门课的学分。学分是不超过10的正整数。

输出描述 Output Description

输出文件只有一个数,实际所选课程的学分总数。

样例输入 Sample Input

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

样例输出 Sample Output

13

数据范围及提示 Data Size & Hint

各个测试点1s

分类标签 Tags

动态规划

代码一：“树形DP+分组背包”法

基本思路：因为这个题目与“金明的预算方案”相比，多了一个主件还会有主件的条件，那么我们就先把最小的主件和附件生成背包，沿着树枝向上传递，把这个小背包作为大背包的物品

#define N 320
#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstdio>
#include<cstring>
struct Edge{
    int v,last;
}edge[N*N];
int head[N],w[N];
int f[N][N];
int n,m,t=;
void add_edge(int u,int v)
{
    t++;
    edge[t].v=v;
    edge[t].last=head[u];
    head[u]=t;
}
void input()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=;i<=n;++i)
    {
        int x;
        scanf("%d%d",&x,&w[i]);
        add_edge(x,i);
    }
}
void dfs(int k)
{//注意虚点0与实点的区别，虚点树的根没有值，最多可以在子树上取到m个点，而对于实点树，他的根节点必须取，因此子树上最多可以取到m-1个点*/
    int flag=;/*纪录实点虚点的*/
    if(k==) flag=;
    for(int i=;i<=m;++i)
      f[k][i]=w[k];/*先取根节点*/
    for(int l=head[k];l;l=edge[l].last)
    {
         dfs(edge[l].v);/*用子树上形成的背包来向上更新*/
         for(int j=m;j>=flag;--j)
           for(int p=;p<=j-flag;++p)
           {
               f[k][j]=max(f[k][j],f[k][j-p]+f[edge[l].v][p]);
           }
    }
}
int main()
{
    input();
    dfs();
    printf("%d\n",f[][m]);
    return ;
}

代码二：“树形DP+二叉树,一般树,森林之间的转换”

#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 321
struct Node{
    int lch,rch,sum;
}node[N]={};
int n,x,m,w[N]={};
int f[N][N]={};
int count[N]={};
void add(int u,int v)
{/*一般树转为二叉树，“左孩子右兄弟”原则，v是u的孩子，如果v不能做u的左孩子，那就做u左孩子的兄弟，或者u左孩子兄弟的兄弟*/
    if(node[u].lch==)
    {
        node[u].lch=v;
    }
    else{
        int i=node[u].lch;
        while(node[i].rch) i=node[i].rch;
        node[i].rch=v;
    }
}
int read()
{
    char s;int x=;
    s=getchar();
    while(s<''||s>'') s=getchar();
    while(''<=s&&s<='')
    {
        x=x*+s-'';
        s=getchar();
    }
    return x;
}
void input()
{
    n=read();m=read();
    for(int i=;i<=n;++i)
    {
        x=read();w[i]=read();
        add(x,i);
    }
}
void dfs(int k)
{
    if(node[k].lch) dfs(node[k].lch);/*先处理好孩子*/
    if(node[k].rch) dfs(node[k].rch);
    count[k]=count[node[k].lch]+count[node[k].rch]+;
    f[k][]=w[k];/*以防这是叶子节点*/
    for(int i=;i<=count[node[k].rch];++i)
    {
        f[k][i]=max(f[k][i],f[node[k].rch][i]);/*当前这个点取i个，可以从不包括k只取他的右孩子，也可以包括k取他的右孩子，包含在下面的方程中，这两个方程包含了总共的三种情况*/
        for(int j=;j<=count[node[k].lch];++j)/*或者是左右孩子一起取，那么就要取到当前k节点了*/
          f[k][i+j+]=max(f[k][i+j+],f[node[k].rch][i]+w[k]+f[node[k].lch][j]);
    }
}
int main()
{
    input();
    dfs(node[].lch);
    cout<<f[node[].lch][m]<<endl;/*注意深搜的时候，从0的左孩子开始搜，因为count[node[0].lch]==m，所以不能cout<<count[0][m].而且从0处开始时，dfs中的一些语句都没有意义*/
    /*dfs(0);
    cout<<f[0][m+1]<<endl;*/
    return ;
}