有依赖的背包

首先依赖的概念,就是一个东西依附与一个东西之上,我们想买附品的话必须要把主品先买下来,这个可以先做下这道题

https://www.cnblogs.com/Lis-/p/11047466.html

上面就讲到了主件和附件的概念,要想买附件就必须先买其主件

上面这个题最多只有两个附件,情况不多,所以可以直接枚举,现在依赖背包即是上面这个题改成是附件数量不限

每个分组策略数就太多了,主件+1附件 / 主件+2附件 / 主件+3附件  /  主件+4附件......

分组有个性质 他只能挑一种策略,所以我们可以利用这个性质,在一些情况中求一个最优情况,也就是      最优(主件+1附件)  /  最优 (主件+2附件).......

我们可以利用01背包先求出在该分组内0-m的容量的最大值,这样的话策略数量就会大大减少

题目

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 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,必须在选了其他的一些课程的基础上才能选修。

例如《Windows程序设计》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《Windows程序设计》的先修课。

每门课的直接先修课最多只有一门。

两门课可能存在相同的先修课。

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,并且必须满足先修条件。

假定课程之间不存在时间上的冲突。

输入格式

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≤N1≤N≤300,1≤M≤N。

接下来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。

输出格式

输出一个整数,表示学分总数。

输入样例:

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

输出样例:

13

题意:有依赖关系,不过这个明显是一个树形结构,所以这个也就是树形依赖背包,

思路:树形依赖呢不同与普通依赖

因为他的附件有可能也有附件,这个我们如果要算最顶层的依赖关系的话,我们应该把子树情况都给算出来,所以这里用到了树形dp,我们先到最底算出子树

的0-m的所有容量情况,然后再当前所有子树情况的父节点这里汇总得出一个最优值,自底向上得出根节点的最优

总的就是:自底向上的取算出所有节点的最优值然后再汇总在根节点

推荐博客:https://www.cnblogs.com/Roni-i/p/9427504.html

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 305
#define mod 1000000007
using namespace std;
typedef long long ll;
ll dp[maxn],val[maxn],f[maxn][maxn];
ll n,m;
vector<ll> mp[maxn];
void dfs(int x){
for(int i=;i<mp[x].size();i++){ //枚举子树节点(物品)
ll v=mp[x][i];
dfs(v);
for(int j=m;j>=;j--){ // 选择多少个节点(策略)(容量)
for(int k=m;k>=;k--){//枚举当前节点的分组
if(j>=k)
f[x][j]=max(f[x][j],f[x][j-k]+f[v][k]);
//else f[x][j]=max(f[x][j],f[v][j]);
}
}
}
if(x!=)
for(int i=m;i>=;i--){//当前节点的值肯定要取,所以不是取max
f[x][i]=f[x][i-]+val[x];
}
}
int main(){
cin>>n>>m;
ll x,y;
for(int i=;i<=n;i++){
cin>>x>>y;
mp[x].push_back(i);
val[i]=y;
}
dfs();
cout<<f[][m];
}

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