CDOJ 1136 邱老师玩游戏 树形01背包
2016-04-16 13:19
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邱老师最近在玩一种战略游戏,在一个地图上,有N座城堡,每座城堡都有一定的宝物,在每次游戏中邱老师允许攻克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。你能帮邱老师算出要获得尽量多的宝物应该攻克哪M个城堡吗?
先把依赖关系建成树,因为可能是森林,所以再建一个根节点把每个树的根节点连起来就可以。
然后树上跑dfs,在回溯的过程中跑01背包。
dp[u][i]表示在以u为根节点的子树上,选i个物品的最大价值。
然后转移方程就是dp[u][j]=max(dp[u][j],dp[u][j-k]+dp[v][k]),就是他可以从当前已更新的部分选j-k个,然后在要更新的那个儿子节点那里选k个,v是当前更新到的子节点,这样把k从1到j-1扫一遍,就把这个子节点更新了。
然后这里说一下为什么j要从m到2更新,因为我们要用到dp[u][j-k],而这个代表的是未更新当前结点的情况,所以如果j从小更新的话,dp[u][j-k]就是已更新这个子节点的情况了,然后就错了,所以j要从大到小更新
代码:
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。你能帮邱老师算出要获得尽量多的宝物应该攻克哪M个城堡吗?
先把依赖关系建成树,因为可能是森林,所以再建一个根节点把每个树的根节点连起来就可以。
然后树上跑dfs,在回溯的过程中跑01背包。
dp[u][i]表示在以u为根节点的子树上,选i个物品的最大价值。
然后转移方程就是dp[u][j]=max(dp[u][j],dp[u][j-k]+dp[v][k]),就是他可以从当前已更新的部分选j-k个,然后在要更新的那个儿子节点那里选k个,v是当前更新到的子节点,这样把k从1到j-1扫一遍,就把这个子节点更新了。
然后这里说一下为什么j要从m到2更新,因为我们要用到dp[u][j-k],而这个代表的是未更新当前结点的情况,所以如果j从小更新的话,dp[u][j-k]就是已更新这个子节点的情况了,然后就错了,所以j要从大到小更新
代码:
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <string> #include <algorithm> #include <cmath> #include <vector> using namespace std; #define ll long long #define maxn 205 vector<int> graph[maxn]; int value[maxn], dp[maxn][maxn]; int N, M; void DFS(int root) { dp[root][1] = value[root]; dp[root][0] = 0; for (int i = 0; i < (int)graph[root].size(); ++i) { DFS(graph[root][i]); for (int j = M; j >= 2; --j) { for (int k = 1; k < j; ++k) { dp[root][j] = max(dp[root][j], dp[graph[root][i]][k] + dp[root][j - k]); } } } } int main() { //freopen("input.txt", "r", stdin); while (scanf("%d%d", &N, &M) != EOF) { for (int i = 0; i < maxn; ++i) graph[i].clear(); memset(dp, 0, sizeof(dp)); if (N == 0 && M == 0) break; ++M; int a, b; for (int i = 1; i <= N; ++i) { scanf("%d%d", &a, &b); graph[a].push_back(i); value[i] = b; //for (int j = 1; j <= M; ++j) //dp[i][j] = b; } DFS(0); printf("%d\n", dp[0][M]); } //system("pause"); //while (1); return 0; }
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