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
@H_404_15@ Problem Description
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,sizeof(val)); memset(dp,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; } }原文链接：https://www.f2er.com/javaschema/285595.html
