NBUT动态规划专题——D - The more, The Better

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。

 

      本题是有依赖的背包问题，所有城堡的依赖关系可以形成森林，如果i依赖j，那么i称为附件，j称为主件，按照DD大牛《背包九讲》第6讲物品分组的思想（以下思想学自《背包九讲》），我们把主件和依赖于它的所有附件，看成一个物品组，但是，由于一个物品组的选择方案很多，假如有n个附件，那么方案数共有 2^n + 1，指数级别，但是，如果费用相同，我们显然是要选择价值最大的，也就是说这个物品组有很多方案是冗余的，完全可以忽略，按照这个思想，我们对主件的所有附件进行01背包，这样，我们就得到了费用为0 1 2 ......... V-c[i]的所有情况下的最大价值f，这里c[i]是主件的价值，至于为什么费用上限是V-c[i]，因为取得附件，一定要取到主件，所有要为主件留下位置。我们可以把这些费用看成是"新物品"的费用，那么我们就得到了一个物品数是1+V-c[i]的物品组，例如费用是K+c[i]，那么最大价值是f[k]+w[i]。还有注意，本题所有的依赖关系是森林，那么如果i是j的附件，也有可能i也是某个节点k的主件，唯一保证的是当前节点至多有1个主件，那么基本做法不变，只不过必须每次都要找到最底层，然后回溯上来，求得上一个节点的信息。

其他具体参见代码和注释。今天花了3小时来搞这个。。。。

//有依赖的背包问题

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<vector>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;

vector<int>tree[210];//存森林
int dp[210][210];// 考虑在以第i个节点为根的时候，攻击j个子节点所能获得的最大收益
int value[210];//攻击节点可以获得的价值
int n,m;
//对每个根下的节点进行01背包，排除冗余情况

void dfs(int rt,int v)//当前在rt节点 ，容量为v，那么每个物品组可以认为是一个泛化物品 
{
	int num=tree[rt].size();//当前rt节点的附件
	dp[rt][1]=value[rt];// 只打一个的话，显然是主件 
	for(int i=0;i<num;i++)
	{
		if(v>1) //只有深搜到底，才可以回溯回来确定每个节点最优解 
			dfs(tree[rt][i],v-1);
		for(int j=v;j>1;j--)//到底，进行01背包 
		{
			for(int k=0;k<=j-1;k++)//体积变化，也就是攻击数目变化。（泛化），记得留1个位置 ， 
			  dp[rt][j]=max(dp[rt][j],dp[rt][j-k]+dp[tree[rt][i]][k]);//攻击的这k个要由///子节点推出 ，这个状态方程的解释是这样的，要么不攻击，如果攻击，其价值是攻击rt节点下附属j-k个节点获得的最大价值+从rt的第i个节点攻击k个拿到的最大价值的和；
		}
	}
} 


int main()
{
	while(~scanf("%d%d",&n,&m))
	{
		if(n==0 && m==0)
		  break;
		int a,b;
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		for(int i=0;i<=n;i++)
		  tree[i].clear();
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			scanf("%d%d",&a,&b);
			tree[a].push_back(i);
			value[i]=b;
		}
		dfs(0,m+1);//从虚拟节点0开始，那么位置（也就是容量）要+1
		printf("%d\n",dp[0][m+1]);
	}
	return 0;
}