luogu P2014 选课（树形dp）

传送门

题意：

现在有很多门课程，但是每门课程都会依赖某些其他的课程（即学了第(a_i)门课程之后才能学习第(a_{i+1})门课程）。每个课程都有相对应的学分，现在问你选取(m)个课程最多可以获得多少学分。

分析：

经典的树形依赖背包。根据题意，显然这样会形成一颗森林，而倘若我们把第(0)号节点作为假根，那么这样的话整张图就形成了一颗有根树。如果形成了这样的依赖状态的话，显然我们必须要先选择叶子结点的课程之后，才能够逐渐的往根部去学习，而现在在我们进行(dp)的过程中是符合这一条件的，现在我们需要考虑选和不选的状态。不难发现，这个选取(m)个课程的过程本质上跟背包的性质差不多，因此我们可以设(dp[x][k])为作为以(x)为根的子树，现在已经获取了(k)个课程后的最大的学分。而对于节点(x)选取了(k)个课程的状态(dp[x][k])，他显然是由他的儿子(son[x])选取了(j)个课程的状态(dp[son[x]][j])转移而来的，固有状态转移方程：(dp[x][k]=max(dp[x][k],dp[to][j]+dp[x][k-j]))。

而在这个过程中，我们需要递归一次，并每次枚举(j)和(k)，故总的时间复杂度为：(mathcal{O}(n^3))

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 305
using namespace std;
struct Node{
    int to,next;
}q[maxn];
int head[maxn],cnt=0,val[maxn],dp[maxn][maxn];
int n,m;
void add_edge(int from,int to){
    q[cnt].to=to;
    q[cnt].next=head[from];
    head[from]=cnt++;
}
void init(){
    memset(head,-1,sizeof(head));
    cnt=0;
}
void dfs(int x){
    dp[x][1]=val[x];
    for(int i=head[x];i!=-1;i=q[i].next){
        int to=q[i].to;
        dfs(to);
        for(int j=m+1;j>=1;j--){
            for(int k=0;k<j;k++){
                dp[x][j]=max(dp[x][j],dp[to][k]+dp[x][j-k]);
            }
        }
    }
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    init();
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int to;
        scanf("%d%d",&to,&val[i]);
        add_edge(to,i);
    }
    dfs(0);
    printf("%d
",dp[0][m+1]);
    return 0;
}