The more,The Better

  
  

   
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先贴网上看到的两个很好的题解：

题解一：

这题目可以看成是一个森林，对于需要攻占的城堡作为根节点，攻占了这个根节点以后可以立即攻占的城堡作为它的孩子，那么这就变成了树形DP了，因为这有可能是一个森林，所以我们将一开始就可以攻占的城堡作为0号节点的孩子，这样就可以将一个森林转化成一棵树了，然后对于每一个节点，因为它的孩子的组合有多种，同时孩子的孩子也会影响它们，所以这个问题可以转化为有依附的背包问题，每一个节点作为原件，它的孩子们作为附件，然后对孩子们跑一遍01背包，这样就可以用孩子的属性求出整棵子树的属性，然后一层一层地想向上推，最终就可以得到结果了。
　　状态转移方程:dp[r][j]=max{dp[r][j],dp[r][j-k]+dp[ver[r][i]][k]} 其中r代表以r为根节点的子树；j为容量为j的背包，这里的意思是以r为根节点的子树一共取j个节点；k的意思是从r的第i个孩子的子树那里挑k个节点，ver[r][i]代表r的第i个孩子的标号；dp[r][j]的意思是从以r为根的子树取j个节点的最大价值是多少。
　　代码那里有一个地方需要注意的，就是k不可以等于j，因为j是从一棵子树取的节点数，只要j>0，那么j里面一定要包含根节点，k==j的意思就是在不取根节点的情况下在子树上取j个节点，这不合题意。

题解二：

第一次做树上背包。。想要很清楚的学会这个题，首先要了解什么是依赖背包，树上背包是一个很经典的依赖背包，依赖背包指的是在取某个点的之前，必须先取某个点，这与树不谋而合，你要到子节点必须要先经过父节点。树上背包一般是有个“代价”限制，每个节点都有一些“代价”跟“价值”，问你怎样才能找到在限制内获得最大价值。。对于每个节点来说，他是从所有儿子节点的不同组合里找到一个最优解，这些儿子节点的“代价和”sum，是总的代价和-父节点的代价，这个题每个节点的代价是1，所以很好做。。。但是如果代价不是1而且都不相同，我想不出来怎么做。。等着在学一下吧。。 这个题就是对节点的儿子进行一下背包，从所有儿子里挑出最优方案，这里的dp[][]数组是二维的，其中第一维是代表节点，第二维才是背包（相当于背包变成一维模式），从每个节点的儿子依次取出0-v-1（根节点必须选）个点，利用背包更新根节点的数组，这里就相当于分组背包了，引自背包九讲的一段话“

这个问题变成了每组物品有若干种策略：是选择本组的某一件，还是一件都不选。也就是说设f[k][v]表示前k组物品花费费用v能取得的最大权值，则有：

f[k][v]=max{f[k-1][v],f[k-1][v-c[i]]+w[i]|物品i属于第k组}

使用一维数组的伪代码如下：

for所有的组k

for v=V..0

for所有的i属于组k

f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}

注意这里的三层循环的顺序，甚至在本文的beta版中我自己都写错了。“for v=V..0”这一层循环必须在“for所有的i属于组k”之外。这样才能保证每一组内的物品最多只有一个会被添加到背包中。

第一个for是枚举当前节点的几个儿子，第二个for就是在这枚举背包大小了，第三个for枚举这个儿子里的情况（每种情况都已经知道了，即对主件i的“附件集合”先进行一次01背包，得到费用依次为0..V-c[i]所有这些值时相应的最大价值f'[0..V-c[i]]。那么这个主件及它的附件集合相当于V-c[i]+1个物品的物品组，其中费用为c[i]+k的物品的价值为f'[k]+w[i]）典型的依赖背包

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
const int maxn = 205;
vector<int> p[maxn];
int dp[maxn][maxn],val[maxn],n,m;
void dfs(int x,int w)
{
    dp[x][1] = val[x]; //选一个肯定选自己，注意区别一般的依赖背包，这里的dp[x][]还没有回溯到，正在根据子节点提供的信息算dp[x][],所以不能直接一个for，dp[x][] = dp[i-1][j-c[i]]
    for(int i = 0; i < p[x].size(); i++) //这一块就是分组背包了，这里是一共i组
    {
        int to = p[x][i];
        dfs(to,w-1);  //每用掉一个节点，后面“代价总和”就要少一个节点，否则后面可能选出来x个点，但是它最多就能w歌点，这样就不对了。。要不断更新最大值，因为有依赖关系
        for(int v = w; v > 1; v--)  //这里是>1，因为要扣掉父亲节点。 这里是枚举v
        {
            for(int k = 0; k < v; k++) //每个儿子的“代价”是1  这里是美剧每一组的所有k，这种顺序是因为每组只能选一种情况，这样保证了这个条件，每个k对应的价值都已经回溯出来了
            {
                dp[x][v] = max(dp[x][v],dp[x][v-k]+dp[to][k]);
            }
        }
    }
}
int main()
{
    while(~scanf("%d%d",&n,&m),m+n)
    {
        int a,b;
        memset(dp,sizeof(dp));
        memset(val,sizeof(val));
        for(int i = 0; i <= maxn; i++) p[i].clear();
        for(int i = 1;i <= n; i++)
        {
            scanf("%d%d",&a,&b);
            p[a].push_back(i);
            val[i] = b;
        }
        m++;
        dfs(0,m);
        printf("%d\n",dp[0][m]);
    }
    return 0;
}

这题经常跟一般的依赖背包比较下：http://www.jb51.cc/article/p-dekygbko-bqn.html