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 20 10 20 37 42 20 10 42 17 17 62 20 0

Sample Output

513

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;}