hdu 1561 The more, The Better（树形DP）

来源：互联网发布：前端与后台数据交互编辑：程序博客网时间：2024/06/05 16:28

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

思路：树形DP，dp[i][j]表示以i作为根节点共有j个节点的最大值，当a=0是我们可以设一个0作为根节点；

注意：当根节点与其子节点形成环路构成死循环时，一个城堡也不能攻克。列如：

6 36 76 02 101 40 31 5ans:3

并不一定要攻克m个城堡，也可以比m少；

代码：

#include<cstdio>#include<algorithm>#include<cstring>using namespace std;int n,m,t;int w[205];int father[205],son[205],brother[205];int dp[205][205];void dfs(int rt){    for(int i=1;i<=m;i++)       dp[rt][i]=-9999999;    dp[rt][1]=w[rt];    int k=son[rt];    while(k!=-1)    {        dfs(k);        for(int i=m+1;i>=1;i--) //m+1是因为多了个0作为的根节点        {            int ans=dp[rt][i];            for(int j=1;j<i;j++)               ans=max(ans,dp[rt][i-j]+dp[k][j]);            dp[rt][i]=ans;        }        k=brother[k];    }}int solve(){    dfs(0);    int ans=-1;    for(int i=1;i<=m+1;i++)  //无需攻克完m个城堡       ans=max(ans,dp[0][i]);    return ans;}int main(){    while(~scanf("%d%d",&n,&m))    {        if(n==0&&m==0) break;        memset(father,-1,sizeof(father));        memset(son,-1,sizeof(son));        memset(brother,-1,sizeof(brother));        memset(dp,0,sizeof(dp));        for(int i=1;i<=n;i++)        {            int x,wi;            scanf("%d%d",&x,&wi);            w[i]=wi;            father[i]=x;            brother[i]=son[x];            son[x]=i;        }        printf("%d\n",solve());    }}

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