CODEVS 1163 访问艺术馆

题目描述 Description

皮尔是一个出了名的盗画者，他经过数月的精心准备，打算到艺术馆盗画。艺术馆的结构，每条走廊要么分叉为二条走廊，要么通向一个展览室。皮尔知道每个展室里藏画的数量，并且他精确地测量了通过每条走廊的时间，由于经验老道，他拿下一副画需要5秒的时间。你的任务是设计一个程序，计算在警察赶来之前(警察到达时皮尔回到了入口也算)，他最多能偷到多少幅画。

输入描述 Input Description

第1行是警察赶到得时间，以s为单位。第2行描述了艺术馆得结构，是一串非负整数，成对地出现：每一对得第一个数是走过一条走廊得时间，第2个数是它末端得藏画数量；如果第2个数是0，那么说明这条走廊分叉为两条另外得走廊。数据按照深度优先得次序给出，请看样例

输出描述 Output Description

输出偷到得画得数量

样例输入 Sample Input

60
7 0 8 0 3 1 14 2 10 0 12 4 6 2

样例输出 Sample Output

2

数据范围及提示 Data Size & Hint

s<=600
走廊的数目<=100

分析

这种树形DP是以每一棵子树为阶段，状态一般是二维的，第一维是子树的根节点，第二维是代价，DP值是所求的答案；用记忆化搜索来实现，要先判断是否为叶子节点，决策时要枚举可能的代价分给子树，递归后选取最大方案。

我这种算法会计算一些用不到的状态，但大大减少了递归调用的次数，然而还是比标程慢一些。
写完后发现，建树是后序遍历，DP也是后序遍历，二者的结构有着惊人的相似之处，所以，不用建树！

代码

#include <bits/stdc++.h>using std::max;int tot, n(0), dp[666][666]; void dfs(int root) {    int time, pic;    scanf("%d%d", &time, &pic);    time *= 2;     if (!pic)     {         int lc(++n), rc(++n);         dfs(lc);        dfs(rc);        for (int i(time); i <= tot; ++i)            for (int j(0); j <= i - time; ++j)                     dp[root][i] =                    max(dp[root][i], dp[lc][j] + dp[rc][i - time - j]);    }    else        for (int i(time); i <= tot; ++i)            dp[root][i] = std::min((i - time) / 5, pic);}int main() {    scanf("%d", &tot);    dfs(0);    printf("%d\n", dp[0][tot]);    return 0;}