The more, The Better
Time Limit: 6000/2000 MS (Java/Others)Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 4954Accepted Submission(s): 2922
Problem Description ACboy很喜欢玩一种战略游戏,在一个地图上,有N座城堡,每座城堡都有一定的宝物,在每次游戏中ACboy允许攻克M个城堡并获得里面的宝物。但由于地理位置原因,有些城堡不能直接攻克,要攻克这些城堡必须先攻克其他某一个特定的城堡。你能帮ACboy算出要获得尽量多的宝物应该攻克哪M个城堡吗?
Input 每个测试实例首先包括2个整数,N,M.(1 <= M <= N <= 200);
在接下来的N行里,每行包括2个整数,a,b. 在第 i 行,a 代表要攻克第 i 个城堡必须先攻克第 a 个城堡,如果 a = 0 则代表可以直接攻克第 i 个城堡。b 代表第 i 个城堡的宝物数量, b >= 0。当N = 0, M = 0输入结束。
Output 对于每个测试实例,输出一个整数,代表ACboy攻克M个城堡所获得的最多宝物的数量。
Sample Input
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
Sample Output
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;
【hdu-1561 The more, The Better (树形dp入门,有依赖的背包问题】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
#include
#include
#include
#includeusing namespace std;
vector 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;
i1) 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<
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