樹形背包
阿新 • • 發佈:2018-04-20
遊戲 bool const 獲得 討論 2個 表示 input mes
對於每個測試實例,輸出一個整數,代表ACboy攻克M個城堡所獲得的最多寶物的數量。
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
這道題有兩種算法,第一種算法是O(nw^2)的,就是直接在樹上dp,之後枚舉每一個節點,枚舉每一個節點取得最大體積和當前取得的體積,就可以。
不過我們今天來說一下O(nw)的算法,因為普通的背包是可以線性解題的,這樣才能達到二維的時間復雜度,那麽我們怎麽把一棵樹轉化為線性問題求解呢?
我們可以先求這棵樹的dfs序,之後記錄每一個點的子樹大小,之後像正常dp一樣討論取或不取即可。
原題為HDU1561 The more,The better
Problem Description ACboy很喜歡玩一種戰略遊戲,在一個地圖上,有N座城堡,每座城堡都有一定的寶物,在每次遊戲中ACboy允許攻克M個城堡並獲得裏面的寶物。但由於地理位置原因,有些城堡不能直接攻克,要攻克這些城堡必須先攻克其他某一個特定的城堡。你能幫ACboy算出要獲得盡量多的寶物應該攻克哪M個城堡嗎? Input 每個測試實例首先包括2個整數,N,M.(1 <= M <= N <= 200);在接下來的N行裏,每行包括2個整數,a,b. 在第 i 行,a 代表要攻克第 i 個城堡必須先攻克第 a 個城堡,如果 a = 0 則代表可以直接攻克第 i 個城堡。b 代表第 i 個城堡的寶物數量, b >= 0。當N = 0, M = 0輸入結束。 Outputif(j+1<=m) dp[i+1][j+1] = max(dp[i+1][j+1],dp[i][j]+w[seq[i]]); dp[i+size[seq[i]]][j] = max(dp[i+size[seq[i]]][j],dp[i][j]);
第一行是取,第二行是不取,其中dp[i][j]表示在dfs序中到第i個節點已經用了j個體積所能獲得的最大價值。因為這道題攻陷每個城堡所用的消耗固定為1,所以直接+1就可以。
不過這題並不是直接照抄dp轉移方程就可以!這裏有好多需要註意的事情。
第一個,我們在樹形dp轉化為線性問題的時候,要註意一個狀態是不可以憑空生成的,也就是說我們不能在沒有取父節點的情況下直接選取子節點,這會對第一行代碼產生極大的影響,所以我們開一個vis數組以記錄這種狀態是否被取過,如果被取過的話我們就可以繼續dp,否則不可以。
第二個,註意子樹大小是怎麽計算的……他是算自己的。所以我們遞歸的時候應該先把每個節點初始化為1,之後(我用的是鏈前)直接把其所有子節點的子樹大小加起來就可以了。
第三個是dfs序的問題,這裏一定要註意i表示dfs序中到第i個點,所以dfs序從0還是1開始存將會有至關重要的影響。在代碼裏我是從1開始存並從1開始dp,所以最後我們只要去dp[tot][m]就可以,其他情況需要視情況而定,如果實在不行的話自己打表分析一下。
這樣就可以過了……要註意的東西挺多的,而且HDU不提供數據點debug很難受……
最後上代碼。
#include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<iostream> #include<cmath> #include<queue> #define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++) #define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--) #define enter putchar(‘\n‘) #define M 2005 using namespace std; typedef long long ll; const int INF = 2147483647; struct node { int next,to; }edge[M]; int n,dp[M][M],head[M],size[M],cnt,tot,ans,m,seq[M],w[M]; bool vis1[M][M]; int read() { int ans = 0,op = 1; char ch = getchar(); while(ch < ‘0‘ || ch > ‘9‘) { if(ch == ‘-‘) op = -1; ch = getchar(); } while(ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘) { ans *= 10; ans += ch - ‘0‘; ch = getchar(); } return ans * op; } void init() { memset(edge,0,sizeof(edge)); memset(head,0,sizeof(head)); memset(dp,0,sizeof(dp)); memset(size,0,sizeof(size)); memset(seq,0,sizeof(seq)); memset(w,0,sizeof(w)); memset(vis1, 0, sizeof(vis1)); cnt = 0,tot = 0; } void add(int x,int y) { edge[++cnt].next = head[x]; edge[cnt].to = y; head[x] = cnt; } void build() { rep(i,1,n) { int x = read(); int y = read(); add(x,i); w[i] = y; } } void dfs(int x) { seq[tot++] = x; size[x] = 1; for(int i = head[x];i;i = edge[i].next) { int v = edge[i].to; dfs(v); size[x] += size[v]; } } void DP() { vis1[1][0] = 1; rep(i,1,tot + 1) rep(j,0,n) { if(vis1[i][j]) { if(j+1<=m) dp[i+1][j+1] = max(dp[i+1][j+1],dp[i][j]+w[seq[i]]); dp[i+size[seq[i]]][j] = max(dp[i+size[seq[i]]][j],dp[i][j]); vis1[i+1][j+1] = vis1[i+size[seq[i]]][j] = 1; } } } int main() { while(1) { n = read(),m = read(); if(!n && !m) break; init(); build(); dfs(0); DP(); printf("%d\n",dp[tot][m]); } return 0; }
樹形背包