[HDU1561]The more, The Better
Time Limit: 6000/2000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 8390 Accepted Submission(s):
4899
Problem Description
ACboy很喜欢玩一种战略游戏，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ACboy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ACboy算出要获得尽量多的宝物应该攻克哪M个城堡吗？
Input
每个测试实例首先包括2个整数，N,M.(1 <= M <= N <=
200);在接下来的N行里，每行包括2个整数，a,b. 在第 i 行，a 代表要攻克第 i 个城堡必须先攻克第 a 个城堡，如果 a = 0
则代表可以直接攻克第 i 个城堡。b 代表第 i 个城堡的宝物数量, b >= 0。当N = 0, M = 0输入结束。
Output
对于每个测试实例，输出一个整数，代表ACboy攻克M个城堡所获得的最多宝物的数量。
Sample Input
3 2
0 1
0 2
0 3
7 4
2 2
0 1
0 4
2 1
7 1
7 6
2 2
0 0
Sample Output
5
13
Author
8600
Source
HDU
2006-12 Programming Contest
话说HDU上的这两道题……
试题分析：乍一看好像是拓扑排序，但拓扑排序完成为序列以后你怎么知道怎样选是最大的呢？
将关系练成单向边后会发现成为了一个森林。
我们如何处理森林呢？
一个巧妙的方法：将所有的根节点都作为0的儿子。
而我却把每颗树都dfs了一边，最后又搞了一次背包……
设dp[i][j]表示在i号节点的子树中选j个，那么dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][j-t]+dp[i->son][t]);
题目大意：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
#include<stack>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int read(){
int x=0,f=1;char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c==‘-‘) f=-1;
for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-‘0‘;
return x*f;
}
const int MAXN=100001;
const int INF=999999;
int N,M;
vector<int> vec[201];
int du[201];int val[201];
int dp[201][201];
int dp2[201];
void dfs(int x,int fa){
for(int i=0;i<vec[x].size();i++){
if(vec[x][i]!=fa) dfs(vec[x][i],x);
}
for(int i=1;i<=M;i++) dp[x][i]=val[x];
dp[x][0]=0;
for(int i=0;i<vec[x].size();i++){
if(vec[x][i]==fa) continue;
for(int j=M;j>=2;j--){
for(int k=1;k<j;k++)
dp[x][j]=max(dp[x][j],dp[vec[x][i]][k]+dp[x][j-k]);
}
}
return ;
}
int main(){
while(scanf("%d%d",&N,&M)!=EOF){
if(!(N+M)) break;
for(int i=1;i<=N;i++) vec[i].clear(),du[i]=0;
for(int i=1;i<=N;i++){
int a=read(),b=read();
if(a!=0) vec[a].push_back(i),du[i]++;
val[i]=b;
}
for(int i=1;i<=N;i++)
if(!du[i]) dfs(i,-1);
memset(dp2,0,sizeof(dp2));
for(int i=1;i<=N;i++){
if(du[i]) continue;
for(int j=M;j>=1;j--)
for(int k=1;k<=j;k++)
dp2[j]=max(dp2[j-k]+dp[i][k],dp2[j]);
}
printf("%d\n",dp2[M]);
}
}