codevs1378 选课-树形dp

传送门

题目大意：自行参考

题解：简直就是《金明的预算方案》的加强版QwQ

这个题神就神在，我们可以把一颗子树看作一个物品，只不过这个物品的体积和价值不固定。

由于这个题福利子树的体积=子树的大小。

所以可以认为子树的价值是一个关于子树大小的函数。

这样就强行把它想象成一个背包来做。

只不过不是处同意以上分配固定的体积，而是转移的时候还要枚举分配给第i颗子树多大的体积。

如果就这么做就是O(n^3)。

考虑优化，发现如果分配的体积>当前子树体积那么没有意义。

所以枚举体积的时候只枚举当前体积大小即可。

每次加入一颗子树，事实上相当于是遍历了两颗子树的每对点，这样每一个点对都被统计过一次，所以复杂度O(n^2)

感谢田神给我讲这个复杂度为什么是O(n^2)的QwQ。

1A并且全部1ms好评。//codevs 1378
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define MAXN 310
#define MAXM 310
using namespace std;
vector<int> g[MAXN];
int dp[MAXN][MAXM],fa[MAXN],sz[MAXN];
int getdp(int x,int m)
{
sz[x]=1;
for(int i=0;i<g[x].size();i++)
{
int y=g[x][i];getdp(y,m);
sz[x]+=sz[y];
for(int j=sz[x];j>=1;j--)
for(int k=0;k<=min(j-1,sz[y]);k++)
dp[x][j]=max(dp[x][j],dp[x][j-k]+dp[y][k]);
}
return 0;
}
int main()
{
int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&fa[i],&dp[i][1]);
g[fa[i]].push_back(i);
}
getdp(0,m+1);
printf("%d\n",dp[0][m+1]);
/* int x;
while(scanf("%d",&x)&&x)
{
for(int i=1;i<=g[x].size()+1;i++)
printf("%d ",dp[x][i]);
cout<<endl;
}*/
return 0;
}
代码：