The more, The Better

Time Limit: 6000/2000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 8811    Accepted Submission(s):
5141

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

code

第一道树形背包题！

写的题解很啰嗦，是我第一次的时有的疑问。

 1 /*
 2 hdu 1561 : The more,the better
 3
 4 dp[i][j] : 当前i节点及其子树下选择j个城市的最大值为dp[i][j];
 5
 6 这一道题目注意建立了一个超级根节点0，
 7 任何点都要先拿0才可以。所以后面很多地方都是m+1
 8
 9 下面的转移方程中有一句dp[u][j] = max(dp[u][j],dp[u][j-k]+dp[v][k]);
10 那么可能就有疑问了：dp[u][j-k]+dp[v][k]
11 从子树v中取出k个点 与  根树u中取出的j-k个点 合并成 从根树中取j个点
12 仔细读完就会发现问题了：既然v是u的子树，那么dp[v][k]会不会和dp[u][j-k]冲突呢
13 即：从子树v中取出K个点，然后在u中取出j-k个点，会不会v中的点又在u个点中出现了呢
14 答案是不会的。
15 因为遍历每个从u遍历v，递归求解出dp[v]的值，用v来更新u，也就是说在以前是没有便利到v
16 的，所以dp[u]中也不是由v更新的，所以dp[u][j-k]的点没有子树v中的点
17
18 然后注意转移时m一定要逆序，和01背包相似
19 01：背包加入一个物品，然后用这个物品更新
20 f[v],f[v]=max(f[v],f[v-Tiji[i]]+jiazhi[i])
21 树上的相似：加入一个物品，即遍历到v，然后用这个物品更新
22 dp[v] = max(dp[v],dp[v-k]+(新节点)子树大小为k的最大价值) //后面的那个递归求解。
23 然后由于树形背包的限制（拿v之前先拿u）加了一维。
24
25
26 */
27
28 #include<cstdio>
29 #include<algorithm>
30 #include<cstring>
31
32 using namespace std;
33
34 const int MAXN = 210;
35 const int MAXM = 50010;
36
37 struct Edge{
38     int to,nxt;
39 }e[MAXM];
40 int head[MAXM],tot;
41 int val[MAXN],dp[MAXN][MAXN];
42
43 inline int read() {
44     int x = 0,f = 1;char ch = getchar();
45     for (; ch<‘0‘||ch>‘9‘; ch = getchar())
46         if (ch==‘-‘) f = -1;
47     for (; ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘; ch = getchar())
48         x = x*10+ch-‘0‘;
49     return x*f;
50 }
51 inline void add_edge(int u,int v) {
52     e[++tot].to = v,e[tot].nxt = head[u],head[u] = tot;
53 }
54 inline void init() {
55     memset(head,0,sizeof(head));
56     memset(dp,0,sizeof(dp));
57     tot = 0;
58 }
59 void dfs(int u,int m) {
60     dp[u][1] = val[u];
61     for (int i=head[u]; i; i=e[i].nxt) {
62         int v = e[i].to;
63         dfs(v,m);
64         for (int j=m; j>=2; --j)
65             for (int k=0; k<j; ++k)
66                 dp[u][j] = max(dp[u][j],dp[u][j-k]+dp[v][k]);
67     }
68 }
69 int main() {
70     int n,m;
71     while (scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF && n+m!=0) {
72         init();
73         for (int u,v,i=1; i<=n; ++i) {
74             u = read(),v = read();
75             val[i] = v;
76             add_edge(u,i);
77         }
78         val[0] = 0; // 超级根节点权值为0
79         dfs(0,m+1); // 从0开始
80         printf("%d\n",dp[0][m+1]);
81     }
82     return 0;
83 }