3 2 0 1 0 2 0 3 7 4 2 2 0 1 0 4 2 1 7 1 7 6 2 2 0 0
5 13
解题思路：
以树来存储各城堡之间的依赖关系。
首先说状态表示，dp[i][j]表示在以i为根节点的子树上攻破j个城堡可达到的最大收益。
为方便表示，以0号节点为总的根节点。
接下来使用‘背包九讲’中‘有依赖的背包问题’一节的思路来做。
‘有依赖的背包’是指要选某些物品，必须先选某件物品。这与本题恰好符合。
设j1号、j2号。。。jn号这n件物品依赖i号物品，那么可以将这n+1个物品归为一组，那么这n+1个物品可能有以下的取法：
只取第i号；
取第i号和第j1号；
取第i号和第j1、j2号；
。。。
取第i号和第j1、j2。。。jn号；
取第i号和第j2号；
取第i号和第j2、j3号；
。。。
。。。
取第i号和第jn号；
可是这种取法效率很低，很多多余情况。可以用01背包的方法来进行优化，即对这n+1种物品进行一次01背包，即可得出所有需要考虑的情况（具体参考‘背包九讲’）
不过因为i的第k个子节点jk也可能被jk的子节点所依赖，所以要通过dfs先把jk的工作做好再来处理i
代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
vector<int> map[205];
int val[205],dp[205][205];
int n,m;
//dp[i][j]:以第i个节点为起始，攻击j次的最大获益
inline int bet(int x,int y)
{
if(x>y) return x;
return y;
}
void dfs(int bg,int c)
{
int size=map[bg].size();
dp[bg][1]=val[bg];//只攻击该节点
for(int i=0;i<size;++i)//对于bg的所有子节点做01背包
{
if(c>1) dfs(map[bg][i],c-1);
//若未到最后，则继续向下深搜,先算好将来所需的数据
for(int j=c;j>1;--j)//当背包容量为c时，j=1时为只选bg
{
for(int k=0;k<=j-1;++k)
{
//攻击了第i个子节点下的k个节点,那么还剩下j-k次机会攻击其余的
dp[bg][j]=bet(dp[bg][j],dp[bg][j-k]+dp[map[bg][i]][k]);
}
}
}
}
int main()
{
while(cin>>n>>m)
{
if(n==0&&m==0) break;
memset(val,0,sizeof(val));
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=0;i<=n;++i) map[i].clear();
int a,b;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
scanf("%d%d",&a,&b);
map[a].push_back(i);
val[i]=b;
}
dfs(0,m+1);//从‘0’开始
cout<<dp[0][m+1]<<endl;
}
}
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hdu-1561 The more, The Better （树形dp入门，有依赖的背包问题
原文地址：http://blog.csdn.net/harrypoirot/article/details/25426315
