hdu1561树形dp

The more, The Better

Time Limit: 6000/2000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 5289    Accepted Submission(s): 3152

Problem Description

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

 

Author

8600

 

Source

HDU 2006-12 Programming Contest 

这道题刚开始我还以为是最大生成树，结果发现本来这就是一棵树，让后我就想到了树的剪支，结果编完代码后发现不对，怎么剪第二个数据就过不去了。然后我才想到这是dp，跟本不是我想的那样，哎只能说自己太菜。结果一百度才发现是树形dp。树形dp以前一直没有接触过，就连dp都不是很了解。所以决心搞定这个题。

题目意思我就不说了。

基本上思路很简单。其实这个题很明显是一棵树。其根节点是0。我们会发现后一个节点的取舍与前一个节点有关，如果前面的节点不取那后面的节点也就不能取。还有我们很快会发现，兄弟节点之间是没有任何关联的。取与不取不会影响左右的兄弟。根据这些我们就可以建立dp公式了。

dp[ n ][ j ]=max( dp[ n ][ j ] ,dp[ n ][ j-k+1 ]+dp[ map[ n ][ i ] ][ k ] );

n表示当前的父节点，j表示总共取的总数，k表示取第k个子节点时的状态。

#include<stdio.h>#include<vector>#include<string.h>#include<iostream>using namespace std;int dp[203][203],v[203];vector<int> map1[203];int n,m;void dfs(int x,int t){    int i,j,len=map1[x].size(),k;    dp[x][1]=v[x];    for(i=0;i<len;i++)    {        if(t>=1)            dfs(map1[x][i],t-1);    for(j=t;j>=1;j--)        for(k=1;k<=j;k++)        {            if(dp[x][j+1]<dp[x][j-k+1]+dp[map1[x][i]][k])                dp[x][j+1]=dp[x][j-k+1]+dp[map1[x][i]][k];        }    }}int main(){    int i,j,x,y;    while(scanf("%d%d",&n,&m)&&(n!=0&&m!=0))    {        memset(v,0,sizeof v);        memset(dp,0,sizeof dp);        for(i=0;i<=n;i++)            map1[i].clear();        for(i=1;i<=n;i++)        {            scanf("%d%d",&x,&y);            map1[x].push_back(i);            v[i]=y;        }        dfs(0,m+1);        printf("%d\n",dp[0][m+1]);    }    return 0;}