AcWing 286. 选课（树形依赖分组背包）打卡

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：

输出样例：

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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

#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];

}