The more, The Better

Time Limit: 6000/2000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 8811    Accepted Submission(s):
5141

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
 

code

第一道树形背包题!

写的题解很啰嗦,是我第一次的时有的疑问。

 /*
hdu 1561 : The more,the better dp[i][j] : 当前i节点及其子树下选择j个城市的最大值为dp[i][j]; 这一道题目注意建立了一个超级根节点0,
任何点都要先拿0才可以。所以后面很多地方都是m+1 下面的转移方程中有一句dp[u][j] = max(dp[u][j],dp[u][j-k]+dp[v][k]);
那么可能就有疑问了:dp[u][j-k]+dp[v][k]
从子树v中取出k个点 与 根树u中取出的j-k个点 合并成 从根树中取j个点
仔细读完就会发现问题了:既然v是u的子树,那么dp[v][k]会不会和dp[u][j-k]冲突呢
即:从子树v中取出K个点,然后在u中取出j-k个点,会不会v中的点又在u个点中出现了呢
答案是不会的。
因为遍历每个从u遍历v,递归求解出dp[v]的值,用v来更新u,也就是说在以前是没有便利到v
的,所以dp[u]中也不是由v更新的,所以dp[u][j-k]的点没有子树v中的点 然后注意转移时m一定要逆序,和01背包相似
01:背包加入一个物品,然后用这个物品更新
f[v],f[v]=max(f[v],f[v-Tiji[i]]+jiazhi[i])
树上的相似:加入一个物品,即遍历到v,然后用这个物品更新
dp[v] = max(dp[v],dp[v-k]+(新节点)子树大小为k的最大价值) //后面的那个递归求解。
然后由于树形背包的限制(拿v之前先拿u)加了一维。 */ #include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring> using namespace std; const int MAXN = ;
const int MAXM = ; struct Edge{
int to,nxt;
}e[MAXM];
int head[MAXM],tot;
int val[MAXN],dp[MAXN][MAXN]; inline int read() {
int x = ,f = ;char ch = getchar();
for (; ch<''||ch>''; ch = getchar())
if (ch=='-') f = -;
for (; ch>=''&&ch<=''; ch = getchar())
x = x*+ch-'';
return x*f;
}
inline void add_edge(int u,int v) {
e[++tot].to = v,e[tot].nxt = head[u],head[u] = tot;
}
inline void init() {
memset(head,,sizeof(head));
memset(dp,,sizeof(dp));
tot = ;
}
void dfs(int u,int m) {
dp[u][] = val[u];
for (int i=head[u]; i; i=e[i].nxt) {
int v = e[i].to;
dfs(v,m);
for (int j=m; j>=; --j)
for (int k=; k<j; ++k)
dp[u][j] = max(dp[u][j],dp[u][j-k]+dp[v][k]);
}
}
int main() {
int n,m;
while (scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF && n+m!=) {
init();
for (int u,v,i=; i<=n; ++i) {
u = read(),v = read();
val[i] = v;
add_edge(u,i);
}
val[] = ; // 超级根节点权值为0
dfs(,m+); // 从0开始
printf("%d\n",dp[][m+]);
}
return ;
}
 
 

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