codeforces 816 E. Karen and Supermarket（树形dp）

题目链接：http://codeforces.com/contest/816/problem/E

题意：有n件商品,每件有价格ci,优惠券di,对于i>=2,使用di的条件为:xi的优惠券需要被使用,问初始金钱为b时 最多能买多少件商品? n<=5000,ci,di,b<=1e9

题解：显然是一道树形dp由于有两种情况就是当前点为根结点的时候选择打折还是不打折，如果选不打折之后的节点都不能打折。

不妨设dp[i][j][flag]表示i为根j为种类数，flag为状态表示选不选打折的最小花费。转移方程为

 dp[u][j + l][0] = min(dp[u][j + l][0] , dp[u][j][0] + dp[v][l][0]);

 dp[u][j + l][1] = min(dp[u][j + l][1] , min(dp[u][j][1] + dp[v][l][0] , dp[u][j][1] + dp[v][l][1]));

具体看代码。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <vector>
#define inf 0X3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 5e3 + 10;
vector<int>vc[M];
ll pa[M] , pb[M] , dp[M][M][2] , sz[M];
void dfs(int u) {
    int len = vc[u].size();
    sz[u] = 1;
    dp[u][0][0] = 0 , dp[u][1][0] = pa[u] , dp[u][1][1] = pa[u] - pb[u];
    for(int i = 0 ; i < len ; i++) {
        int v = vc[u][i];
        dfs(v);
        for(ll j = sz[u] ; j >= 0 ; j--) {
            for(ll l = 0 ; l <= sz[v] ; l++) {
                dp[u][j + l][0] = min(dp[u][j + l][0] , dp[u][j][0] + dp[v][l][0]);
                dp[u][j + l][1] = min(dp[u][j + l][1] , min(dp[u][j][1] + dp[v][l][0] , dp[u][j][1] + dp[v][l][1]));
            }
        }
        sz[u] += sz[v];
    }//这里看似是3个for实际上就是3个for但是复杂度却不是O（n^3），由于sz[i]表示的是以i为根的最多有几个子节点类似前缀的一种东西，由于dfs，这些sz只会用一次不会有重复。所以理论上复杂度就是O（n^2）。
}
int main() {
    int n , b;
    scanf("%d%d" , &n , &b);
    for(int i = 1 ; i <= n ; i++) {
        int c , d , x;
        if(i == 1) {
            scanf("%d%d" , &c , &d);
            pa[i] = c , pb[i] = d;
        }
        else {
            scanf("%d%d%d" , &c , &d , &x);
            pa[i] = c , pb[i] = d;
            vc[x].push_back(i);
        }
    }
    memset(dp , inf , sizeof(dp));
    dfs(1);
    int ans = 0;
    for(int i = 0 ; i <= n ; i++) {
        if(dp[1][i][0] <= b || dp[1][i][1] <= b) ans = i;
    }
    printf("%d
" , ans);
    return 0;
}