[POJ1155]TELE(树形背包dp)
看到这道题的第一眼我把题目看成了TLE
哦那不是重点
这道题是树形背包dp的经典例题
题目描述(大概的):
给你一棵树,每条边有一个cost,每个叶节点有一个earn
要求在earn的和大于等于cost的和的前提下问最多能连接到多少个叶节点
思路:
这道题卡了我0.5month
(因为我太懒了)
核心思路
用dp[x][k]表示x为根的子树里连接到k个叶节点时最大的利润(earn和-cost和)
那么for嵌套顺序应当是
for(int s=cd[x];s;s--/*int d=cd[t];d;d-- <-- It is wrong*/) { for(int d=min(cd[t],s);d;d--/*int s=cd[x];s>=d;s-- <-- It is wrong*/) { ){dp[x][s]=max(dp[x][s],dp[x][s-d]+dp[t][d]-e[i].v);} } }
没错,也就是外层枚举x的体积,内层枚举t的体积,都是从大到小
至于为什么?
因为t的所有可能体积的dp你只能将其中一个装进x的dp里
听说这叫分组背包?反正我看着也差不多
此后就可以开始快乐地dfs了
(为什么看不少人都用滚动数组呢...dp[3001][3001]也不大啊)
剩下还可以加一些小小的优化
看代码吧
#include<cstdio> int max(int a,int b){return a>b?a:b;} int min(int a,int b){return a<b?a:b;} struct sumireko { int to,ne,v; }e[]; ],cnt; void addline(int f,int t,int vin) { e[++cnt].to=t; e[cnt].ne=he[f]; e[cnt].v=vin; he[f]=cnt; return; } //bool v[3001]; //写完才注意到是有向边,所以v意义不大,完全可以全部抛弃 //但删完之后反而变慢了 //越简化越慢也是有毒 ];//其中cd数组与下面的findd()一起使用,用于找出每个节点的子树有几个叶节点,从而省点时间(大概) int findd(int x) { ; for(int i=he[x];i;i=e[i].ne) { int t=e[i].to; cd[x]+=findd(t); } return cd[x]; } ][]; void dfs(int x) { for(int i=he[x];i;i=e[i].ne) { int t=e[i].to; dfs(t); for(int s=cd[x];s;s--/*int d=cd[t];d;d-- <-- It is wrong*/) { for(int d=min(cd[t],s);d;d--/*int s=cd[x];s>=d;s-- <-- It is wrong*/) { )dp[x][s]=max(dp[x][s],dp[x][s-d]+dp[t][d]-e[i].v); } } } return; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); ;i<=n-m;i++) { int k,tin,vin; scanf("%d",&k); ;j<=k;j++) { scanf("%d%d",&tin,&vin); addline(i,tin,vin); } } findd(); ;i<=n;i++) { ;j<=cd[i];j++) { dp[i][j]=-;//初始化 } } ;i<=n;i++) { scanf(]); } dfs(); ];i>=;i--) { ][i]>=) { printf("%d",i); ; } } ; }
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