HDU 1561 The more, The Better【树形DP/有依赖的分组背包】

时间：2022-06-03 08:20:20
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

【依赖背包】：

P07: 有依赖的背包问题

简化的问题

这种背包问题的物品间存在某种“依赖”的关系。也就是说，i依赖于j，表示若选物品i，则必须选物品j。为了简化起见，我们先设没有某个物品既依赖于别的物品，又被别的物品所依赖；另外，没有某件物品同时依赖多件物品。

算法

这个问题由NOIP2006金明的预算方案一题扩展而来。遵从该题的提法，将不依赖于别的物品的物品称为“主件”，依赖于某主件的物品称为“附件”。由这个问题的简化条件可知所有的物品由若干主件和依赖于每个主件的一个附件集合组成。

按照背包问题的一般思路，仅考虑一个主件和它的附件集合。可是，可用的策略非常多，包括：一个也不选，仅选择主件，选择主件后再选择一个附件，选择主件后再选择两个附件……无法用状态转移方程来表示如此多的策略。（事实上，设有n个附件，则策略有2^n+1个，为指数级。）

考虑到所有这些策略都是互斥的（也就是说，你只能选择一种策略），所以一个主件和它的附件集合实际上对应于P06中的一个物品组，每个选择了主件又选择了若干个附件的策略对应于这个物品组中的一个物品，其费用和价值都是这个策略中的物品的值的和。但仅仅是这一步转化并不能给出一个好的算法，因为物品组中的物品还是像原问题的策略一样多。

再考虑P06中的一句话： 可以对每组中的物品应用P02中“一个简单有效的优化”。 这提示我们，对于一个物品组中的物品，所有费用相同的物品只留一个价值最大的，不影响结果。所以，我们可以对主件i的“附件集合”先进行一次01背包，得到费用依次为0..V-c[i]所有这些值时相应的最大价值f'[0..V-c[i]]。那么这个主件及它的附件集合相当于V-c[i]+1个物品的物品组，其中费用为c[i]+k的物品的价值为f'[k]+w[i]。也就是说原来指数级的策略中有很多策略都是冗余的，通过一次01背包后，将主件i转化为V-c[i]+1个物品的物品组，就可以直接应用P06的算法解决问题了。

较一般的问题

更一般的问题是：依赖关系以图论中“森林”的形式给出（森林即多叉树的集合），也就是说，主件的附件仍然可以具有自己的附件集合，限制只是每个物品最多只依赖于一个物品（只有一个主件）且不出现循环依赖。

解决这个问题仍然可以用将每个主件及其附件集合转化为物品组的方式。唯一不同的是，由于附件可能还有附件，就不能将每个附件都看作一个一般的01背包中的物品了。若这个附件也有附件集合，则它必定要被先转化为物品组，然后用分组的背包问题解出主件及其附件集合所对应的附件组中各个费用的附件所对应的价值。

事实上，这是一种树形DP，其特点是每个父节点都需要对它的各个儿子的属性进行一次DP以求得自己的相关属性。这已经触及到了“泛化物品”的思想。看完P08后，你会发现这个“依赖关系树”每一个子树都等价于一件泛化物品，求某节点为根的子树对应的泛化物品相当于求其所有儿子的对应的泛化物品之和。

#include<cstdio>

#include<string>

#include<cstdlib>

#include<cmath>

#include<iostream>

#include<cstring>

#include<set>

#include<queue>

#include<algorithm>

#include<vector>

#include<map>

#include<cctype>

#include<stack>

#include<sstream>

#include<list>

#include<assert.h>

#include<bitset>

#include<numeric>

#define debug() puts("++++")

#define gcd(a,b) __gcd(a,b)

#define lson l,m,rt<<1

#define rson m+1,r,rt<<1|1

#define fi first

#define se second

#define pb push_back

#define sqr(x) ((x)*(x))

#define ms(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

#define sz size()

#define be begin()

#define pu push_up

#define pd push_down

#define cl clear()

#define lowbit(x) -x&x

#define all 1,n,1

#define rep(i,x,n) for(int i=(x); i<=(n); i++)

using namespace std;

typedef long long LL;

typedef unsigned long long ULL;

typedef pair<int,int> P;

const int INF = 0x3f3f3f3f;

const LL LNF = 1e18;

const int maxm = 1e6 + ;

const double PI = acos(-1.0);

const double eps = 1e-;

const int dx[] = {-,,,,,,-,-};

const int dy[] = {,,,-,,-,,-};

int dir[][] = {{,},{,-},{-,},{,}};

const int mon[] = {, , , , , , , , , , , , };

const int monn[] = {, , , , , , , , , , , , };

const int mod = ;

#define inf 0x3f3f3f3f

#define ll long long

const int maxn = 1e3+;

int t,n,m,a[maxn],x,y;

int dp[maxn][maxn];

struct node

{

    int to,nxt,w;

}e[maxn*];

int head[maxn];

int tot=;

void init()

{

    ms(head,-);

    ms(dp,);

}

void add(int u,int v,int w)

{

    e[tot].to=v;

    e[tot].nxt=head[u];

    e[tot].w=w;

    head[u]=tot++;

}

void dfs(int u)

{

    for(int i=head[u]; i!=-; i=e[i].nxt) //相当于背包种类

    {

        int v=e[i].to;

        dfs(v);  //每用掉一个节点，后面“代价总和”就要少一个节点，否则后面可能选出来u个点，但是它最多就能w个点，这样就不对了。要不断更新最大值，因为有依赖关系

        //将子节点的状态转移给父节点

        for(int j=m+;j>=;j--) //逆序、相当于背包容量

        {

            //k表示在子节点攻破的城堡；

            for(int k=;k<j;k++) //就是在有子节点的节点上进行01背包，取k个,k只能从1到j-1，因为要剩一个单位放父节点

            {

                dp[u][j]=max(dp[u][j],dp[u][j-k] + dp[v][k] + e[i].w);

            }

        }

    }

}

int main()

{

    while(~scanf("%d%d",&n,&m))

    {

        if(!n&&!m) break;

        init();

        tot=;

        rep(i,,n)

        {

            scanf("%d%d",&x,&y);

            add(x,i,y);

        }

        e[].w=;

        dfs();

        printf("%d\n",dp[][m+]);

    }

}

/*

【题意】

有n个存有宝藏的城堡，攻克任何一个城堡都需要先攻克0个或其他1个城堡，问攻克m个城堡最多能得到多少宝藏。

【类型】

树形DP

【分析】

题目给的城堡形成一个森林，添加一个超级根把森林连在一起就是树了，那么就考虑用树型DP

这种背包问题的物品间存在某种“依赖”的关系。也就是说，i依赖于j，表示若选物品i，则必须选物品j。

对于这种背包我们可以建立成一棵树，父节点就是子节点所要依赖的；根据题意知道我们选择如果要打该节点，那么必要打掉该父节点；

dp[i][j]代表第i个节点为根节点的节点个数为j的最大价值。

则dp[v][1] = w[v];(v是叶子节点)

dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][k]+dp[son][j-k]); ( i∈[点集] && j∈[m+1,1] && k∈[1,j) )

【时间复杂度&&优化】

【trick】

该题用到一个很实用的技巧就是题目给定的是一片森林，那么我们为这些根节点建立一个共同的根节点，那么就变成一棵树了。

先是建立一棵树，由于输入的关系是森林，则把这些森林中树的根全指向0，用0来做为这一个大树的根。

树形dp+有依赖的背包==分组背包

【数据】

https://blog.csdn.net/qq_34374664/article/details/56279988?locationNum=9&fps=1

*/

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