wikioi 选课

题目描述 Description

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（N<300）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，必须在选了其它的一些课程的基础上才能选修。例如《Frontpage》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《Frontpage》的先修课。每门课的直接先修课最多只有一门。两门课也可能存在相同的先修课。每门课都有一个课号，依次为1，2，3，…。 例如:

【详见图片】
表中1是2的先修课，2是3、4的先修课。如果要选3，那么1和2都一定已被选修过。 　　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，并且必须满足先修课优先的原则。假定课程之间不存在时间上的冲突。

输入描述 Input Description

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≤N≤300,1≤M≤N。
以下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 Output Description

输出文件只有一个数,实际所选课程的学分总数。

样例输入 Sample Input

7 4
2 2
0 1
0 4
2 1
7 1
7 6
2 2

样例输出 Sample Output

13

数据范围及提示 Data Size & Hint

各个测试点1s

 

题解

树形dp的例题

解法一：由于题目没有保证树是二叉树，故考虑用“左儿子右兄弟”的方法“多叉转二叉”，再从根开始递归。

时间复杂度O（nm^2）

#include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> using namespace std; int n,m,f[305][305]; struct shu {int v,zr,yr;}; struct shu a[305]; void insert(int w,int c) {     int p=a[c].zr;     if(a[c].zr==0) a[c].zr=w;     else       {while(a[p].yr!=0) p=a[p].yr;         a[p].yr=w;        } } void doit(int w,int s) {           if(f[w][s]!=0) return;     if(w==0||s==0) return;     doit(a[w].yr,s);     f[w][s]=f[a[w].yr][s];     for(int j=0;j<=s-1;j++)        {doit(a[w].zr,j); doit(a[w].yr,s-j-1);         if(f[a[w].zr][j]+f[a[w].yr][s-j-1]+a[w].v>f[w][s])            f[w][s]=f[a[w].zr][j]+f[a[w].yr][s-j-1]+a[w].v;        } } int main() {     int x;     scanf("%d%d",&n,&m);     memset(a,0,sizeof(a)); memset(f,0,sizeof(f));     for(int i=1;i<=n;i++)        {scanf("%d%d",&x,&a[i].v);         insert(i,x);        }     doit(a[0].zr,m);     printf("%d",f[a[0].zr][m]);     //system("pause");     return 0;    } 

解法二：抛弃树的结构，重新组织数据。详见论文《浅谈数据的合理组织》——何森

时间复杂度O（NM）

#include<cstdio>#include<iostream>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<cmath>#include<algorithm>using namespace std;int m,n,zz=0,head[302],s[302],v[302];int t=0,q[305],f[305][305];struct shu{int to,nx;} e[302];void insert(int x,int y){zz++; e[zz].to=y; e[zz].nx=head[x]; head[x]=zz;}void xianx(int w){q[++t]=w;int i=head[w];if(i==0) {s[w]=1; return;}while(i)   {xianx(e[i].to);    s[w]+=s[e[i].to];    i=e[i].nx;   }s[w]++;}int main(){scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++)   {int x,y;scanf("%d%d",&x,&v[i]);    /*s[x]++;*/ insert(x,i);   }xianx(0);//for(int i=1;i<=t;i++) printf("%d %d\n",q[i],s[q[i]]);for(int i=t;i>=1;i--)for(int j=1;j<=m+1;j++)   f[i][j]=max(f[i+1][j-1]+v[q[i]],f[i+s[q[i]]][j]);printf("%d",f[1][m+1]);return 0;}