JZOJ 5426. 【NOIP2017提高A组集训10.25】摘Galo

题目

给一棵树，每一个点上有点权，但是选择了这个点后，这个点到根节点的点都不能选，还有这个点的子树也不能选。
最多能选m+1个点，问选的点的最大权值和。

题解

O(nk2)：树形背包。（超时，60分）
O(nk)：基于dfs序列的DP。
设f[i][j]表示处理到i，dfs序列的前i个点中选了j个的最优答案。
审一下这道题的条件：
①一个点被选，则其子树不能选，且它的祖先之前没被选过。
所以转移方程为：
不选：f[i+1][j]=max(f[i+1][j],f[i][j])
选：f[i+siz[p]][j+1]=max(f[i+siz[p]][j+1],f[i][j]+w[p])

总结

之前做过的一道题与这道题条件相反，之前的那题条件为若点x被选，则根节点到x的路径上面的点都要被选，即
不选：f[i+1][j]=max(f[i+1][j],f[i][j]+w[p])
选：f[i+siz[p]][j+1]=max(f[i+siz[p]][j+1],f[i][j])

为了保证f[i][j]在更新它要更新的状态时已最优，x的祖先一定要比x在序列中出现得早，所以用基于dfs序的DP(这套路很老了)

代码

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<queue>#include<cmath>#define N 100010#define NN 10100010#define LL long long#define f(i,j) f[(i)*(m+1)+(j)]#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)#define fd(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)using namespace std;struct note{    LL to,next;};note edge[N];LL i,j,n,m,x,lim;LL u,w[N],tot,ans,T;LL f[NN],p,fa[N];LL siz[N],dfn[N],tar[N];LL head[N],l[N],r[N],d[N];priority_queue<LL>qu;LL read(){    LL res=0,fh=1;char ch;    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();    if(ch=='-')fh=-1,ch=getchar();    while(ch>='0'&&ch<='9')res=res*10+ch-'0',ch=getchar();    return res*fh;}void lb(LL x,LL y){    edge[++tot].to=y;    edge[tot].next=head[x];    head[x]=tot;}void dg(int x){    siz[x]=1;dfn[x]=T++;    tar[T-1]=x;    for(int i=head[x];i;i=edge[i].next){        dg(edge[i].to);        siz[x]+=siz[edge[i].to];    }}int main(){    n=read(),m=read();m++;    fo(i,2,n){        u=read(),w[i]=read();        lb(u,i);    }    dg(1);    fo(i,0,n-1){        p=tar[i];        fo(j,0,m){            f(i+1,j)=max(f(i+1,j),f(i,j));            if(j<m)f(i+siz[p],j+1)=max(f(i+siz[p],j+1),f(i,j)+w[p]);        }    }    fo(i,1,m)ans=max(ans,f(n,i));    printf("%lld",ans);     return 0;}