HDU-1011 树形dp

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1011

首先来说题目的意思，给一个树形的迷宫图，树的每一个节点都有两个值，bug数和brain数，只有消灭完了bug，就能得到这个节点的brain。
你手里有m个士兵，每个士兵能消灭20个bug，现在你从迷宫的入口1开始攻击，攻击某个节点的士兵需要先攻占其父节点，问m个士兵能获取的最多的brain值是多少。

首先来说，题目的思路很清楚，要想在攻占以编号i为根的子树，则在根节点花费cost之后，对于以根节点的子节点为根的子树，就是做一次0-1背包。
因此dp[i][j]表示在以i为根结点的子树上消耗j个士兵所获取的做大brain值，转移方程为dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[i][j-k]+dp[son[i]][k])（1<=i<=n cost[i]<=j<=m 1<=k<=m-j），其中k表示是在当前访问的son这子树上放置k个士兵。
在做动态规划的时候，有一个问题就是背包的体积在变，而物品的体积也在变，在上述的转移方程中，j+k表示背包的体积，k表示物品的体积，不会代码实现......看了网上大牛们的代码，好长时间才弄懂代码的实现。
先这样分析，在0-1背包中，是背包体积固定，物体体积固定，0-1背包的实现为

for(int vi = V;vi >= v;v--)
dp[vi] = max(dp[vi],dp[vi-v]+w);

令j = vi - v，表示背包的剩余体积，那么上面的代码实现就可以写为

for(int j = V - v;j >= 0;j--)
dp[j+v] = max(dp[j+v],dp[j]+w);

那么这个题目的转移方程的实现就可以入下面的代码

for(int j = m;j >= sum;j--)
for(int k = 1;j + k <= m;k++)
dp[root][j+k] = max(dp[root][j+k],dp[root][j]+dp[a][k]);

其中的sum是父节点root需要的士兵值，a是root的子结点，j表示剩余体积，所以有sum<=j<=m，k是a子树的体积，至少为1。

不过这题还需要注意的一点就是，题目给定的边的输入不一定是按照父节点到子节点的方向给定的，所以需要建立无向树，然后用访问标记处理。还有就是m==0判的问题

建树方式是采用vector动态储存分配。

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

const int MAXN = 110;

int dp[MAXN][MAXN],pos[MAXN],bug[MAXN],vis[MAXN];
vector<int> v[MAXN];
int n,m;

void dfs(int root)
{
vis[root] = 1;
int sum = (bug[root]+19)/20;
for(int i = sum;i <= m;i++) dp[root][i] = pos[root];
for(int i = 0;i < v[root].size();++i)
{
int a = v[root][i];
if(vis[a]) continue;
dfs(a);

for(int j = m;j >= sum;j--)
for(int k = 1;j + k <= m;k++)
dp[root][j+k] = max(dp[root][j+k],dp[root][j]+dp[a][k]);
}
}

int main()
{
while(scanf("%d%d",&n,&m)==2 && (n+m)>=0)
{
for(int i = 1;i <= n;i++) v[i].clear();
memset(dp,0,sizeof(dp));
memset(vis,0,sizeof(vis));

for(int i = 1;i <= n;i++)
scanf("%d%d",&bug[i],&pos[i]);

int a,b;
for(int i = 1;i < n;i++)
{
scanf("%d%d",&a,&b);
v[a].push_back(b);
v[b].push_back(a);
}

dfs(1);
if(m == 0) printf("0\n");
else printf("%d\n",dp[1][m]);
}
}