洛谷 P2014 选课 树形依赖背包

题目描述

在大学里每个学生，为了达到一定的学分，必须从很多课程里选择一些课程来学习，在课程里有些课程必须在某些课程之前学习，如高等数学总是在其它课程之前学习。现在有N门功课，每门课有个学分，每门课有一门或没有直接先修课（若课程a是课程b的先修课即只有学完了课程a，才能学习课程b）。一个学生要从这些课程里选择M门课程学习，问他能获得的最大学分是多少？

输入输出格式

输入格式：
 

第一行有两个整数N,M用空格隔开。(1<=N<=300,1<=M<=300)

接下来的N行,第I+1行包含两个整数ki和si, ki表示第I门课的直接先修课，si表示第I门课的学分。若ki=0表示没有直接先修课（1<=ki<=N, 1<=si<=20）。

输出格式：
 

只有一行，选M门课程的最大得分。

输入输出样例

输入样例#1： 复制

7  4

2  2

0  1

0  4

2  1

7  1

7  6

2  2

输出样例#1： 复制

13

算法分析：

 书上思想讲的完美，而且两本书一模一样的，谁抄谁的，反正我拍照

注意是一个无根树，需要构造虚拟结点0结点，o结点直接赋值0就行。

代码注释很详细，下面还有一直做法，但推荐第一种做法，第二种做法在一些题目不适用

第一种代码实现：

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <stack>
#include <vector>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
#include <string>
#include <math.h>
#include <stdlib.h>
#include <time.h>
using namespace std;
const int N=310;
struct node
{
    int v;///终端点
    int next;///下一条同样起点的边号
    int w;///权值
}edge[N*2];///无向边，2倍
int head[N];///head[u]=i表示以u为起点的所有边中的第一条边是 i号边
int tot;  ///总边数
int minn;
void add(int u,int v)
{
    edge[tot].v=v;
    //edge[tot].w=w;
    edge[tot].next=head[u];
    head[u]=tot++;
}
int n,m;
int dp[N][N],val[N];
void dfs(int u,int fa) 
{
    dp[u][1]=val[u];///选一个肯定选自己这个结点
    for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next)
     {
        int v= edge[i].v;
        ///if(fa==v) continue;   ///如果下一个相邻节点就是父节点，则证明到底层了，开始递归父节点的兄弟节点
        dfs(v,u);
        ///分组背包
        for(int j=m;j>0;j--)    ///背包容量，倒叙，保证没有重复的物品
            for(int k=0;k<j;k++)   ///选择用户
        {
            dp[u][j]=max(dp[u][j],dp[u][j-k]+dp[v][k]);
        }
     }
 
}
int main()
{
    while(~scanf("%d%d",&n,&m))
    {
    if(n==0&&m==0) break;
    memset(head,-1,sizeof(head));
    memset(dp,0,sizeof(dp)); 
    tot=0;
 
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int w,v;
        scanf("%d%d",&v,&w);
        add(v,i);   
        val[i]=w;///题目直接给出第i节课的值    
    }

    m++;      ///我们可以0当作根节点，因为有的课可能没有先修课
    val[0]=0;///虚拟构造了结点0
    dfs(0,-1);
    printf("%d\n",dp[0][m]);
    }
    
    return 0;
}

这里是讲解状态转移方程的版块，f[u][j]表示此时走到树的第u个点在保存j门课下的最大学分，其一定等于f[v][k]（它的子节点在k门课下的最大学分）+f[u][j-k-1]（它本身除去这一个子节点外能够上的课的门数，不要忘记在j-k后还有-1，因为子节点和父节点之间也有一条边)+edge[i].w（是存v与u之间边的权值（学分）），取个max就可以了，其实主要是第一层循环很难想到，就是你走的这个点，你要去搜索到它的所有子节点所有情况，你才能保证当前这点取得是最大学分）

代码实现：

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <stack>
#include <vector>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
#include <string>
#include <math.h>
#include <stdlib.h>
#include <time.h>
using namespace std;
const int N=310;
struct node
{
    int v;///终端点
    int next;///下一条同样起点的边号
    int w;///权值
}edge[N*2];///无向边，2倍
int head[N];///head[u]=i表示以u为起点的所有边中的第一条边是 i号边
int tot;  ///总边数
void add(int u,int v,int w)
{
    edge[tot].v=v;
    edge[tot].w=w;
    edge[tot].next=head[u];
    head[u]=tot++;
}
int n,m;
int dp[N][N];
///dp[i][j]表示节点i保留j个枝条的所剩苹果最大值
int dfs(int u,int fa)   
{
    int num=0;  ///num表示u节点的子节点数目
    for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next)
     {
        int v= edge[i].v;
        if(fa==v) continue;
        
        num+=dfs(v,u)+1;
        for(int j=min(m,num);j>=1;j--)
            for(int k=j-1;k>=0;k--)
        {
         dp[u][j]=max(dp[u][j],dp[u][j-k-1]+dp[v][k]+edge[i].w);
        }
     }
    return num;
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    memset(head,-1,sizeof(head));
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    tot=0;
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int u,w;
        scanf("%d%d",&u,&w);
        add(u,i,w);
    }
    dfs(0,-1);   ///0结点的妙用
    printf("%d\n",dp[0][m]);
    return 0;
}