[JLOI2015][JZOJ4080]战争调度

题目大意

$2\le n\le 10,m\le 2^{n-1},0\le w_{i,j},f_{i,j}\le 2\times 10^3$

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题目分析

肯定要确定某些人选择做什么事。考虑到一条到根的路径只会有$n$个点，而一个点儿子则是$2^n$级别，我们得要确定到根路径上的点的选择方案。
确定了一个点所有祖先的选择之后，它的两棵子树是互相独立的，可以递归计算。
$\mathrm{dfs}$并确定沿途每个点的点选择什么，然后令$f_{x,k}$表示点$x$的子树选了$k$个叶子去打仗最大贡献。当$x$为叶子节点时，我们可以扫一遍所有祖先得到答案。对于非叶子节点，合并一遍就好了。
这个$dp$看起来很暴力，其实它的复杂度是可以分析的

$$T=\sum_{i=1}^n2^{i-1}\times2^i\times(2^{n+1-i}-1)^2\approx n2^{2n}$$
总的时间复杂度就是$\mathrm O(n2^{2n})$。

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代码实现

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cctype>

using namespace std;

int read()
{
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while (!isdigit(ch)) f=ch=='-'?-1:f,ch=getchar();
    while (isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x*f;
}

const int N=10;
const int P=1<<N+1;
const int S=1<<N;
const int M=1<<N-1;

int w[P][P],f[P][P];
int n,m,p,m0,ans;
int g[P][M+1];

void dp(int x,int h,int sta)
{
    if (h==n)
    {
        g[x][0]=g[x][1]=0;
        for (int i=h-1,y=x>>1;i>=1;i--,y>>=1)
        {
            g[x][1]+=((sta>>i-1)&1)*w[y][x];
            g[x][0]+=(((sta>>i-1)&1)^1)*f[y][x];
        }
        return;
    }
    dp(x<<1,h+1,sta),dp(x<<1|1,h+1,sta);
    int size=1<<n+1-h;
    for (int i=0;i<=size;i++)
    {
        g[x][i]=0;
        for (int j=0;j<=i;j++)
            g[x][i]=max(g[x][i],g[x<<1][j]+g[x<<1|1][i-j]);
    }
    sta|=1<<h-1;
    dp(x<<1,h+1,sta),dp(x<<1|1,h+1,sta);
    for (int i=0;i<=size;i++)
        for (int j=0;j<=i;j++)
            g[x][i]=max(g[x][i],g[x<<1][j]+g[x<<1|1][i-j]);
}

int main()
{
    freopen("war.in","r",stdin),freopen("war.out","w",stdout);
    n=read(),m=read();
    p=1<<n+1,m0=1<<n-1;
    for (int i=1;i<=m0;i++)
        for (int x=(i+m0-1)/2;x;x>>=1)
            w[x][i+m0-1]=read();
    for (int i=1;i<=m0;i++)
        for (int x=(i+m0-1)/2;x;x>>=1)
            f[x][i+m0-1]=read(); 
    dp(1,1,0);
    ans=0;
    for (int i=0;i<=m;i++) ans=max(ans,g[1][i]);
    printf("%d\n",ans);
    fclose(stdin),fclose(stdout);
    return 0;
}