0
点赞
收藏
分享

微信扫一扫

The more, The Better (树形dp+背包)


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

题目大概:

在一颗树里,每个点都有价值,取得儿子的价值必须要取得父亲的价值,问m个点的最大价值是多少。

思路:

背包中需要花费的就是这m个点,最后要去的最大价值,

那么dp[x][o]  x是哪个结点,o是这是花费了多少个点。

状态转移方程

dp[x][o]=max(dp[x][o],dp[x][o-j]+dp[son][j]);   

这个是在树上的背包最简单的一类,

是从儿子开始更新,慢慢背包即可。


代码:


#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;

int n,p;
int dp[205][205];
int nao[205];
int head[205];
int ans;
struct shu
{
int v;
int next;
}tr[410];

void add(int q,int w)
{
tr[ans].v=w;
tr[ans].next=head[q];
head[q]=ans++;

}

void dfs(int x)
{

for(int i=head[x];i!=-1;i=tr[i].next)
{
int son=tr[i].v;

dfs(son);

for(int o=p;o>=0;o--)
{
for(int j=0;j<=o;j++)
{
dp[x][o]=max(dp[x][o],dp[x][o-j]+dp[son][j]);
}
}


}

for(int i=p+1;i>=1;i--)
{
dp[x][i]=dp[x][i-1]+nao[x];
}


}

int main()
{


while(scanf("%d%d",&n,&p))
{
if(n==0&&p==0)break;
memset(dp,0,sizeof(dp));
memset(head,-1,sizeof(head));
memset(nao,0,sizeof(nao));
nao[0]=0;
ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int q,w;
scanf("%d%d",&q,&w);
add(q,i);
nao[i]=w;


}
dfs(0);

printf("%d\n",dp[0][p+1]);
}
return 0;
}







举报

相关推荐

0 条评论