树形动规初步：“选课”讲解

老习惯，先上题目

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：
7 4
2 2
0 1
0 4
2 1
7 1
7 6
2 2
输出样例#1：
13

Part 1：我是利用树形dp来做的这道题，猛然发现这比那个二叉树苹果更加容易，再外加一下链式前向星来优化了一下算法（没有使用指针），void add其实就是构树的过程，u代表起点，v代表终点，w代表连接起点与终点之间边的权值（此题为学分），然后在用dp来做，这是这个题目构造树的思想，顺便提一下，这个链式前向星是我认为很好的方法来构造树，据说以后图也会用到
Part 2：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树，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！)+a[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）*/
Part 3：论一下优化，有些同学可能还会做特判来排除那些没有选修课的直修课，但其实不必要，我可以自己添加一个（0,0）的结点来作为这些直修课的父节点，这样并不违背题意，还能大大减少我们对于特判的思考，只不过这个父节点没有学分罢了。话不多说，代码里有注释

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<iostream>using namespace std;struct bian{    int to;    int next;    int w;}a[601];int head[301];int F[301][301];int cnt,n,m,x,y;void Add(int u,int v,int w){    cnt++;    a[cnt].to=v;    a[cnt].next=head[u];    a[cnt].w=w;    head[u]=cnt;}int dfs(int u,int fa){    int num=0;    for (int i=head[u];i!=-1;i=a[i].next)    {        int v=a[i].to;        if (v==fa) continue;        num+=dfs(v,u)+1;        for (int j=min(num,m);j>=1;j--)          for (int k=j-1;k>=0;k--)            F[u][j]=max(F[u][j],F[u][j-k-1]+F[v][k]+a[i].w);    }    return num;}int main(){    cin>>n>>m;    memset(head,-1,sizeof(head));    for (int i=1;i<=n;i++)    {        cin>>x>>y;        Add(x,i,y);    }    dfs(0,0);//要从0开始计算更方便，因为0,0表示没课学分是0，而且对于那些直修课来说他们的父节点就是0，只不过没学分罢了     printf("%d",F[0][m]);//所以学分也存到了那个我添加的父节点上了     return 0;}

推荐同学们可以去做下二叉树苹果，跟这个题目类似，要学会举一反三。希望读者看了以后能有所帮助，不会的或者有更好的解法可以留言，互动。
Thanks for your attention.