hdu 1561 The more, The Better 树状DP

The more, The Better

Time Limit: 6000/2000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 5844    Accepted Submission(s): 3476

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

 

链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1561

做法：设一个0节点，自身价值是0，dp[i][j]表示第i个节点，取了j个节点后的价值。因为先取父亲才能取儿子，所以要从dp[i][1] 开始转移。把子节点的状态转移到父亲节点。

因为和分组背包一样，子节点不能重复更新父亲节点，所以外层循环父节点状态，从大到小，内层循环子节点状态。

#include <stdio.h>#include <stdlib.h>#include <string.h>#include <limits.h>#include <malloc.h>#include <ctype.h>#include <math.h>#include <string>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;#include <stack>#include <queue>#include <vector>#include <deque>#include <set>#include <map>#define INF 999999999#define eps 0.00001#define LL __int64d#define pi acos(-1.0)vector<int> son[210];int dp[210][210];int val[210];int n,m;void dfs(int nw){//dp[nw][0]=0;dp[nw][1]=val[nw];for(int i=0;i<son[nw].size();i++){dfs(son[nw][i]);int ss=son[nw][i];for(int k=m;k>=1;k--){if(dp[nw][k]!=-1){for(int j=1;j<=m;j++){if(dp[ss][j]==-1)break;dp[nw][j+k]=max(dp[ss][j]+dp[nw][k],dp[nw][j+k]);} }}}}int main(){while(scanf("%d%d",&n,&m),n||m){memset(dp,-1,sizeof dp);for(int i=0;i<=n;i++){ son[i].clear();}val[0]=0;for(int i=1;i<=n;i++){int a,b;scanf("%d%d",&a,&val[i]);son[a].push_back(i); } dfs(0);printf("%d\n",dp[0][m+1]); }return 0;}