NC51179 选课

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题目

题目描述

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。

输入描述

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 \(1\leq N\leq 300,1\leq M\leq N,1\leq N\leq 300,1\leq M\leq N\) 。

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。

输出描述

输出一个整数，表示学分总数。

示例1

输入

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

输出

13

题解

知识点：树形dp，背包dp。

显然是一道树上背包，但问题是输入给出的不一定是完整的树，可能是一个森林，因此直接dp是不可行的，枚举每棵树dp复杂度会爆炸。考虑加一个权为 \(0\) 的虚点，连接所有树的根，这样就可以在一棵树上dp，最后答案在课程数为 \(m+1\) 的为止。

设 \(dp[u][i]\) 为在以 \(u\) 为根的子树中，选了 \(i\) 门课的最大学分。转移方程为：

\[dp[u][i] = \max(dp[u][i], dp[u][i - j] + dp[v][j])
\]

滚动数组的分组背包，并且先把根节点选好才能选子树，因此 \(i\) 倒序 \(m+1\) 到 \(2\) 。

选子树时根节点也必须先选，所以子树至少有一个课程，且子树 \(j\) 不能等于 \(i\) 因为至少有一个父节点要留着，因此 \(j \in [1,i)\)。

时间复杂度 \(O(nm^2)\)

空间复杂度 \(O(nm)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n, m;
int a[307];
vector<int> g[307];
int dp[307][307];///经过u，且共选了i门，能选空气

void dfs(int u, int fa) {
    for (int i = 1;i <= m + 1;i++) dp[u][i] = a[u];///初始化,先选根节点
    for (auto v : g[u]) {
        if (v == fa) continue;
        dfs(v, u);
        for (int i = m + 1;i >= 2;i--)
            for (int j = 1;j < i;j++)/// j 不能等于 i，要给根节点留一个位置
                dp[u][i] = max(dp[u][i], dp[u][i - j] + dp[v][j]);
    }
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    cin >> n >> m;
    ///0号节点，当作空节点
    for (int u = 1;u <= n;u++) {
        int v;
        cin >> v >> a[u];
        g[u].push_back(v);
        g[v].push_back(u);
    }
    dfs(0, -1);
    cout << dp[0][m + 1] << '\n';
    return 0;
}