codevs1378 选课 树形dp

codevs1378 选课

题目描述 Description
学校实行学分制。每门的必修课都有固定的学分，同时还必须获得相应的选修课程学分。学校开设了N（N<300）门的选修课程，每个学生可选课程的数量M是给定的。学生选修了这M门课并考核通过就能获得相应的学分。

　　在选修课程中，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《Frontpage》必须在选修了《Windows操作基础》之后才能选修。我们称《Windows操作基础》是《Frontpage》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。每门课都有一个课号，依次为1，2，3，…。 例如:

【详见图片】

表中1是2的先修课，2是3、4的先修课。如果要选3，那么1和2都一定已被选修过。 　　你的任务是为自己确定一个选课方案，使得你能得到的学分最多，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。

输入描述 Input Description
输入文件的第一行包括两个整数N、M（中间用一个空格隔开）其中1≤N≤300,1≤M≤N。
以下N行每行代表一门课。课号依次为1，2，…，N。每行有两个数（用一个空格隔开），第一个数为这门课先修课的课号（若不存在先修课则该项为0），第二个数为这门课的学分。学分是不超过10的正整数。

输出描述 Output Description
输出文件只有一个数,实际所选课程的学分总数。

样例输入 Sample Input
7 4
2 2
0 1
0 4
2 1
7 1
7 6
2 2

样例输出 Sample Output
13

数据范围及提示 Data Size & Hint
各个测试点1s

树形动态规划特点

拿到一道树规题，我们有以下3个步骤需要执行：

1.判断是否是一道树规题：即判断数据结构是否是一棵树，然后是否符合动态规划的要求。如果是，那么执行以下步骤，如果不是，那么换台。

2.建树：通过数据量和题目要求，选择合适的树的存储方式。如果节点数小于5000，那么我们可以用邻接矩阵存储，如果更大可以用邻接表来存储(注意边要开到2*n，因为是双向的。这是血与泪的教训)。如果是二叉树或者是需要多叉转二叉，那么我们可以用两个一维数组brother[]，child[]来存储（这一点下面会仔细数的）。

3.写出树规方程：通过观察孩子和父亲之间的关系建立方程。我们通常认为，树规的写法有两种：
a.根到叶子:不过这种动态规划在实际的问题中运用的不多。本文只有最后一题提到。
b.叶子到根: 既根的子节点传递有用的信息给根，完后根得出最优解的过程。这类的习题比较的多。

注意：这两种写法一般情况下是不能相互转化的。但是有时可以同时使用具体往后看。

思路：我所学习的第一道树形动态规划，我一看是以为这其实是有依赖的背包问题，但其实不然。因为有依赖的背包问题只限定于一个物品只依赖于一个物品，而没有间接的依赖关系。有依赖的背包问题的模型，根本解决不了。所以pass。
1.首先你会发现这其实是一片森林，然后你得把森林转换成二叉树。然后进行dp。

2.建树，森林转二叉树，坑了好久才完成人生第一次转二叉树，附代码。

struct node
{
    int l,r;
}tree[1001];
void ecs()  //建立二叉树的时候，无非是两种情况，一种是将其放在起根节点的左儿子上，若根节点的左儿子已有元素，那便放在根结点的左儿子的右儿子上，另一种是放在根节点的右儿子上，若已有元素就放在根节点的右儿子的右儿子上。根节点可以看做是放在tree[0].l上。
{
    int x,i;  
    for (i=1;i<=n;i++)
    {
        x=a[i];
        if (tree[x].l==0) tree[x].l=i;
        else 
        {
            x=tree[x].l; 
            while (tree[x].r!=0)
                x=tree[x].r;
            tree[x].r=i;
        }
    }
}

3.状态转移方程：f[i][j]表示以编号为i的结点作为根选j门课所能得到的最大学分。再加上dfs。

    f[i][j]=max(max(f[i][j],dfs(tree[i].l,k)+dfs(tree[i].r,j-k-1)+c[i]),dfs(tree[i].r,j));

附代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
int n,m;
int a[2001],c[2001];
int f[1001][1001];
struct node
{
    int l,r;
}tree[1001];
void ecs()   
{
    int x,i;  
    for (i=1;i<=n;i++)
    {
        x=a[i];
        if (tree[x].l==0) tree[x].l=i;
        else 
        {
            x=tree[x].l; 
            while (tree[x].r!=0)
                x=tree[x].r;
            tree[x].r=i;
        }
    }
}
int dfs(int i,int j)
{
    int k;
    if (i<1||j<1||i>n||j>m) return 0;
    if (f[i][j]!=0) return f[i][j];
    for (k=0;k<j;k++)
        f[i][j]=max(max(f[i][j],dfs(tree[i].l,k)+dfs(tree[i].r,j-k-1)+c[i]),dfs(tree[i].r,j));
    return f[i][j];
}
int main()
{
    int i;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d%d",&a[i],&c[i]);
    ecs();
    printf("%d",dfs(tree[0].l,m));
}

这种方法dfs时间效率略差，于是便有了以下另一种dfs方法，先按顺序遍历一遍，维护每一个状态的值然后回溯的时候直接加起来就好了。

附代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
int n,m;
int a[2001],c[2001];
int f[1001][1001];
struct node
{
    int l,r;
}tree[1001];
void ecs()  //建立二叉树的时候，无非是两种情况，一种是将其放在起根节点的左儿子上，若根节点的左儿子已有元素，
//那便放在根结点的左儿子的右儿子上，另一种是放在根节点的右儿子上，
//若已有元素就放在根节点的右儿子的右儿子上。根节点可以看做是放在tree[0].l上。
{
    int x,i;  
    for (i=1;i<=n;i++)
    {
        x=a[i];
        if (tree[x].l==0) tree[x].l=i;
        else 
        {
            x=tree[x].l; 
            while (tree[x].r!=0)
                x=tree[x].r;
            tree[x].r=i;
        }
    }
}
void dfs(int x)   //优化后的dfs
{  
    if (tree[x].l)
        dfs(tree[x].l);
    if (tree[x].r)
        dfs(tree[x].r);
    for (int i=0;i<=m;++i)
        for (int k=0;k<i;++k)
            f[x][i]=max(f[x][i],max(f[tree[x].l][i-k-1]+c[x]+f[tree[x].r][k],f[tree[x].r][i]));
}
int main()
{
    int i;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d%d",&a[i],&c[i]);
    ecs();
    dfs(tree[0].l);
    printf("%d",f[tree[0].l][m]);
}