【题解】树形dp NKOI1469 通向未来的钥匙

水一发水一发

题目
题面

输入数据

输出数据

样例

数据范围

题解
题意

需要注意的

代码

题目

题面

通向自由的钥匙被放 n 个房间里，这 n 个房间由 n-1 条走廊连接。但是每个房间里都有

特别的保护魔法，在它的作用下，我无法通过这个房间，也无法取得其中的钥匙。虽然我可

以通过消耗能量来破坏房间里的魔法，但是我的能量是有限的。那么，如果我最先站在 1

号房间（1 号房间的保护魔法依然是有效的，也就是，如果不耗费能量，我无法通过 1 号房

间，也无法取得房间中的钥匙），如果我拥有的能量为 P，我最多能取得多少钥匙？

输入数据

第一行包含两个非负整数，第一个为 N，第二个为 P。

接下来 n 行，按 1~n 的顺序描述了每个房间。第 i+1 行包含两个非负整数 cost 和 keys，

分别为第 i 件房取消魔法需要耗费的能量和房间内钥匙的数量。

接下来 n-1 行，每行两个非负整数 x,y，表示 x 号房间和 y 号是连通的。

输出数据

一行一个整数，表示取得钥匙的最大值。

样例

输入:key.in

5 5

1 2

1 1

1 1

2 3

3 4

1 2 <
4000
br>
1 3

2 4

2 5

输出: key.out

7

数据范围

对于 20%的测试数据，有 n<=20

对于 30%的测试数据，有 n<=30

对于所有测试数据，有 p,n<=100, cost <= Maxint, keys<= Maxint

题解

题意

n个点(n-1)条边

显然建树。

题目可看作简单的树上背包，多叉转二叉后

有p块钱，分配给儿子和兄弟钱数，求最大获利即可

需要注意的

只是需要稍微提一下到建树方式 我才不会说我主要调试这里去了

又没说给出的x,y中前面的就是父亲，后面就是儿子

需要先记录点与点之间的联通，之后扫一遍，扫到的儿子递归处理即可

代码

就是树形dp模板题，调了一下午

老年OI选手要退役了

#include <cstdio>
#include <cstring>

const int maxn = 110;

int cost[maxn], keys[maxn];
int son[maxn], bro[maxn];
int dp[maxn][maxn];
bool vis[maxn];
int n;

inline void Swap(int &a, int &b){int t = a; a = b, b = t;}
void Line(int rt){
int i = 1, fg = 0;
while (!dp[rt][i] && i <= n) ++i;
if (i > n) return ;
dp[i][rt] = 0, son[rt] = i;
Line(i); int ls = i;
for (++i; i <= n; ++i){
if (dp[rt][i]){
dp[i][rt] = 0, Line(i);
bro[ls] = i, ls = i;
}
}
}
int f(int rt, int pw){
if (!rt || pw < 0) return 0;
if (dp[rt][pw] != -1) return dp[rt][pw];

int res = f(bro[rt], pw);
int res1;
for (int i = cost[rt]; i <= pw; ++i){
res1 = f(son[rt], i - cost[rt]) + f(bro[rt], pw - i) + keys[rt];
if (res1 > res) res = res1;
}
return dp[rt][pw] = res;
}
int main (){
freopen ("key.in", "r", stdin);
freopen ("key.out", "w", stdout);

int p; scanf ("%d%d", &n, &p);
memset(dp, 0, sizeof(dp));
for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf ("%d%d", cost + i, keys + i);
memset(vis, 0, sizeof(vis));
for (int i = 1, x, y; i < n; ++i){
scanf ("%d%d", &x, &y);
dp[x][y] = dp[y][x] = 1;
}
Line(1);

memset(dp, -1, sizeof(dp));
printf ("%d", f(1, p));

return 0;
}