LUOGU 2014 选课 - 树形依赖

难度 提高
Description
大学里实行学分制度。每门课程都有一定的学分，学生只要选修了这门课并考核通过就能获得相应的学分。学生最后的学分是他选修的各门课的学分的总和。
每个学生都要选择规定数量的课程。其中有些课程可以直接选修，有些课程需要一定的基础知识，必须在选了其它的一些课程的基础上才能选修。例如，《数据结构》必须在选修了《高级语言程序设计》之后才能选修。我们称《高级语言程序设计》是《数据结构》的先修课。每门课的直接先修课最多只有一门。两门课也可能存在相同的先修课。为便于表述每门课都有一个课号，课号依次为 1，2，3……。
学生不可能学完大学所开设的所有课程，因此必须在入学时选定自己要学的课程。每个学生可选课程的总数是给定的。现在请你找出一种选课方案，使得你能得到学分最多，并且必须满足先修课优先的原则。
假定课程之间不存在时间上的冲突。

Input Format
第一行两个用空格隔开的整数，表示课程总数和可选课程的规定数量。
接下来行，每行代表一门课程，课号为。每行两个整数，分别表示该课程的先修课和学分。若该课程没有先修课，则。

Output Format
输出文件第一行只有一个数，即实际所选课程的学分总数。

Sample Input

7 4
2 2
0 1
0 4
2 1
7 1
7 6
2 2

Sample Output

13

Constraints
对于%的数据，。

CCYOS
偶然发现自己做过。
一
这道题是一道树形依赖背包，通常我们设定状态时用表示在节点上选择个后辈节点所获得的最大价值。

注意
a) 在初始化时应该把赋值给，不能赋值给。表示的是在i的后辈节点中选择一门科目（此时必选）获得的学分最大值。
b) 状态转移方程中，选择子树的部分为其中的意思是强制选择该子树的根结点，表示的是在的根结点的子树中选择的节点数目。
code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int N,M,tot;
int head[1005],score[1005],dp[1005][1005];
struct edge{
    int to,nxt;
}edg[1005];

inline int read(){
    char c = getchar();
    int fl = 1,ret = 0;
    for(;!isdigit(c) && c != '-';c = getchar())if(c == '-')fl = 0;
    for(;isdigit(c);c = getchar())ret = (ret << 3) + (ret << 1) + c - 48;
    return fl ? ret : -ret;
}

inline void add(int x,int y){
    edg[++tot].to = y;
    edg[tot].nxt = head[x];
    head[x] = tot;
}

inline int dfs(int now){
    if(!head[now])return 0;
    int sum = 0;
    for(int e = head[now];e;e = edg[e].nxt){
        int to = edg[e].to;
        int t = dfs(to);
        sum += 1 + t;
        for(int j = sum;j >= 0;--j)//从sum开始更新
            for(int k = 0;k <= t;++k)
                if(j - k - 1 >= 0) dp[now][j] = max(dp[now][j],dp[now][j - k - 1] + dp[to][k]);//printf("dp[%d][%d] %d\n",now,j,dp[now][j]);
    }
    return sum;
}

int main(){
    N = read();M = read();
    for(int i = 1;i <= N;++i){
        int fa = read();add(fa,i);
        score[i] = read();dp[i][0] = score[i];//注意这里是初始化dp[i][0]
    }
    dfs(0);
    printf("%d\n",dp[0][M]);
    return 0;
}

二
我的原代码（2018 - 8 - 27）

#pragma once 
#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n,m;
int score[1005],f[1005][1005];
vector<int>son[1005];

void dp(int v){
    f[v][0] = 0;
    for(int i = 0;i < son[v].size();++i){
        int y = son[v][i];
        dp(y);
        for(int t = m;t >= 0;--t)
            for(int k = t;k >= 0;--k)
                f[v][t] = max(f[v][t],f[v][t - k] + f[y][k]);
    }
        if(v != 0)
            for(int i = m;i > 0;--i)
            f[v][i] = score[v] + f[v][i - 1];
    }
                
int main(){
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    
    cin>>m>>n;
    for(int i = 1;i <= m;++i){
        int x;
        cin>>x>>score[i];
        son[x].push_back(i);
    }
    
    memset(f,999,sizeof(f));//min
    
    dp(0);
    cout<<f[0][n]<<endl;
    return 0;
}

和上面那个思路差不太多，只不过这个是处理完子树后再统一地把该点的学分更新（该点是必选点）
而且上面的循环次数会少很多。
三

感觉和第一种没有差多少，（只优秀一点点），但是洛咕的数据范围是300。
论文里面的思路。

1. 概念
   泛化物品：没有固定的价值，价值随着体积的变化而变化，类似于一个实值函数。具体一点讲就是对于体积，其最大价值为。
   泛化物品的和：
   很容易看出合并两个泛化物品的复杂度为。所有的背包问题都可以看作泛化物品求和的问题。求和时要求两个泛化物品严格不相交（即对于泛化物品的值有贡献的物品集不相交）。
   泛化物品与一件物品的和：
   类似于01背包，复杂度，常常被用来优化泛化物品的和。
   泛化物品的并：
   当两个泛化物品有交集时，尝试合成一个新的泛化物品，此时新的泛化物品的贡献物品集为原本两个泛化物品的贡献物品集。复杂度。

2. 本题
   当前节点为，子节点为。我们最后求解的是根结点的，所以求解单独每个子树的值可以不用考虑。
   于是一个效率为的算法出现了。
   我们把当前节点的泛化物品中加入，作为下一层的初始状态。处理完的子树后，易得（贡献物品集扩大），此时执行泛化物品的并。注意由于被强制加入，在参加泛化物品的并时还要加上点本点的贡献。
   本题的0号课程不占用背包空间，需要特殊处理。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int N,M,tot;
int head[1005],score[1005],dp[1005][1005];
struct edge{
    int to,nxt;
}edg[1005];

inline int read(){
    char c = getchar();
    int fl = 1,ret = 0;
    for(;!isdigit(c) && c != '-';c = getchar())if(c == '-')fl = 0;
    for(;isdigit(c);c = getchar())ret = (ret << 3) + (ret << 1) + c - 48;
    return fl ? ret : -ret;
}

inline void add(int x,int y){
    edg[++tot].to = y;
    edg[tot].nxt = head[x];
    head[x] = tot;
}

inline void dfs(int now,int C){
    if(C <= 0)return;
    for(int e = head[now];e;e = edg[e].nxt){
        int to = edg[e].to;
        for(int j = C;j;--j)dp[to][j] = dp[now][j];
        if(now){
            dfs(to,C - 1);
            for(int j = 1;j <= C;++j)
                dp[now][j] = max(dp[now][j],dp[to][j - 1] + score[to]);
        }
        else{
            dfs(to,C);
            for(int j = 0;j < C;++j)
                dp[now][j + 1] = max(dp[now][j + 1],dp[to][j] + score[to]);//此时要更新的只有选择该子节点的情况，注意j要加1，否则会出现dp[0][0]被score[to]更新导致答案偏大.
        }
    }
}

int main(){
    N = read();M = read();
    for(int i = 1;i <= N;++i){
        int fa = read();add(fa,i);
        score[i] = read();
    }
    dfs(0,M);
    printf("%d\n",dp[0][M]);
    return 0;
}

四
最后的最后：本题原题为CTSC97，除本题体面要求外，原题还要求

输出最大学分值后行每行有一个数,表示学生所选课程的课号。

那就是另外一个故事了。
另外，本题多叉转二叉也可以做，甚至可以记录路径，然而我不会。
参考文档：

• 多叉转二叉 + 路径记录
• 背包九讲

over.