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树形dp入门经典题
大意就是学每门课可以获得相应的学分 sc[ i ],但学一门课必须先学习他的先修课
给定能学的课程数,求能得的最大学分。
很容易想象出一个树形结构
设 dp [ u ][ j ] 表示以 u 为根节点选 j 门课的学大得分。
接下来我们可以选择学习 u 的子节点, 也可以继续选择子节点的子节点。
我们枚举学习 u 的子节点的个数 k
可得动态转移方程
dp[u][j] = max(dp[u][j], dp[u][j-k-1]+dp[v][k]+sc[v]);
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
typedef long long ll;
using namespace std;
const int maxn = 2000;
int m, n;
int dp[maxn][maxn], sc[maxn], fa[maxn];
struct edge{
int x, y, next;
}a[maxn];
int head[maxn], len = 0;
void add(int x, int y){
a[++len].x = x;
a[len].y = y;
a[len].next = head[x];
head[x] = len;
}
int dfs(int u){
int cnt = 0; //表示节点 u 下总共有多少门课
for(int i=head[u]; i; i=a[i].next){ // 枚举 u 的子节点
int v = a[i].y;
cnt += dfs(v)+1; // 更新课程数
for(int j=min(cnt,m); j>=1; j--){ // 在 u 下选 j 门课, 01背包注意倒序
for(int k=0; k<j; k++){ // 枚举选择子节点的子节点个数
dp[u][j] = max(dp[u][j], dp[u][j-k-1]+dp[v][k]+sc[v]);
}
}
}
return cnt;
}
int main(){
scanf("%d%d", &m, &n);
for(int i=1; i<=m; i++){
scanf("%d%d",&fa[i],&sc[i]);
add(fa[i],i);
}
dfs(0);
printf("%d\n",dp[0][n]);
return 0;
}
这里还有一个技巧,如果没有先修课就让0和他连接,最后得到一棵0为根节点的数,dfs(0)即可
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原文地址:https://www.cnblogs.com/hzoi-poozhai/p/12657666.html