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;
}
标签:选课,int,leq,课程,学分,选修,NC51179,dp
From: https://www.cnblogs.com/BlankYang/p/16619614.html