难度 提高
Description
大学里实行学分制度。每门课程都有一定的学分，学生只要选修了这门课并考核通过就能获得相应的学分。学生最后的学分是他选修的各门课的学分的总和。
每个学生都要选择规定数量的课程。其中有些课程可以直接选修，有些课程需要一定的基础知识，必须在选了其它的一些课程的基础上才能选修。例如，《数据结构》必须在选修了《高级语言程序设计》之后才能选修。我们称《高级语言程序设计》是《数据结构》的先修课。每门课的直接先修课最多只有一门。两门课也可能存在相同的先修课。为便于表述每门课都有一个课号，课号依次为 1，2，3……。
学生不可能学完大学所开设的所有课程，因此必须在入学时选定自己要学的课程。每个学生可选课程的总数是给定的。现在请你找出一种选课方案，使得你能得到学分最多，并且必须满足先修课优先的原则。
假定课程之间不存在时间上的冲突。
Input Format
第一行两个用空格隔开的整数，表示课程总数和可选课程的规定数量。
接下来行，每行代表一门课程，课号为
。每行两个整数
，分别表示该课程的先修课和学分。若该课程没有先修课，则
。
Output Format
输出文件第一行只有一个数，即实际所选课程的学分总数。
Sample Input
7 4
2 2
0 1
0 4
2 1
7 1
7 6
2 2
Sample Output
13
Constraints
对于%的数据，
。
CCYOS
偶然发现自己做过。
一
这道题是一道树形依赖背包，通常我们设定状态时用表示在
节点上选择
个后辈节点所获得的最大价值。
注意
a) 在初始化时应该把赋值给
，不能赋值给
。
表示的是在i的后辈节点中选择一门科目（此时
必选）获得的学分最大值。
b) 状态转移方程中，选择子树的部分为
其中
的意思是强制选择该子树的根结点，
表示的是在
的根结点的子树中选择的节点数目。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int N,M,tot;
int head[1005],score[1005],dp[1005][1005];
struct edge{
int to,nxt;
}edg[1005];
inline int read(){
char c = getchar();
int fl = 1,ret = 0;
for(;!isdigit(c) && c != '-';c = getchar())if(c == '-')fl = 0;
for(;isdigit(c);c = getchar())ret = (ret << 3) + (ret << 1) + c - 48;
return fl ? ret : -ret;
}
inline void add(int x,int y){
edg[++tot].to = y;
edg[tot].nxt = head[x];
head[x] = tot;
}
inline int dfs(int now){
if(!head[now])return 0;
int sum = 0;
for(int e = head[now];e;e = edg[e].nxt){
int to = edg[e].to;
int t = dfs(to);
sum += 1 + t;
for(int j = sum;j >= 0;--j)//从sum开始更新
for(int k = 0;k <= t;++k)
if(j - k - 1 >= 0) dp[now][j] = max(dp[now][j],dp[now][j - k - 1] + dp[to][k]);//printf("dp[%d][%d] %d\n",now,j,dp[now][j]);
}
return sum;
}
int main(){
N = read();M = read();
for(int i = 1;i <= N;++i){
int fa = read();add(fa,i);
score[i] = read();dp[i][0] = score[i];//注意这里是初始化dp[i][0]
}
dfs(0);
printf("%d\n",dp[0][M]);
return 0;
}
二
我的原代码（2018 - 8 - 27）
#pragma once
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
int score[1005],f[1005][1005];
vector<int>son[1005];
void dp(int v){
f[v][0] = 0;
for(int i = 0;i < son[v].size();++i){
int y = son[v][i];
dp(y);
for(int t = m;t >= 0;--t)
for(int k = t;k >= 0;--k)
f[v][t] = max(f[v][t],f[v][t - k] + f[y][k]);
}
if(v != 0)
for(int i = m;i > 0;--i)
f[v][i] = score[v] + f[v][i - 1];
}
int main(){
std::ios::sync_with_stdio(false);
cin>>m>>n;
for(int i = 1;i <= m;++i){
int x;
cin>>x>>score[i];
son[x].push_back(i);
}
memset(f,999,sizeof(f));//min
dp(0);
cout<<f[0][n]<<endl;
return 0;
}
和上面那个思路差不太多，只不过这个是处理完子树后再统一地把该点的学分更新（该点是必选点）
而且上面的循环次数会少很多。
三
感觉和第一种没有差多少，（只优秀一点点），但是洛咕的数据范围是300。
论文里面的思路。
- 概念
泛化物品：没有固定的价值，价值随着体积的变化而变化，类似于一个实值函数。具体一点讲就是对于体积，其最大价值为
。
泛化物品的和：
很容易看出合并两个泛化物品的复杂度为。所有的背包问题都可以看作泛化物品求和的问题。求和时要求两个泛化物品严格不相交（即对于泛化物品的值有贡献的物品集不相交）。
泛化物品与一件物品的和：
类似于01背包，复杂度，常常被用来优化泛化物品的和。
泛化物品的并：
当两个泛化物品有交集时，尝试合成一个新的泛化物品，此时新的泛化物品的贡献物品集为原本两个泛化物品的贡献物品集。复杂度
- 本题
当前节点为，子节点为
。我们最后求解的是根结点
的
，所以求解单独每个子树的值可以不用考虑。
于是一个效率为的算法出现了。
我们把当前节点的泛化物品中加入
（贡献物品集扩大），此时执行泛化物品的并。注意由于
参加泛化物品的并时还要加上
本题的0号课程不占用背包空间，需要特殊处理。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int N,M,tot;
int head[1005],score[1005],dp[1005][1005];
struct edge{
int to,nxt;
}edg[1005];
inline int read(){
char c = getchar();
int fl = 1,ret = 0;
for(;!isdigit(c) && c != '-';c = getchar())if(c == '-')fl = 0;
for(;isdigit(c);c = getchar())ret = (ret << 3) + (ret << 1) + c - 48;
return fl ? ret : -ret;
}
inline void add(int x,int y){
edg[++tot].to = y;
edg[tot].nxt = head[x];
head[x] = tot;
}
inline void dfs(int now,int C){
if(C <= 0)return;
for(int e = head[now];e;e = edg[e].nxt){
int to = edg[e].to;
for(int j = C;j;--j)dp[to][j] = dp[now][j];
if(now){
dfs(to,C - 1);
for(int j = 1;j <= C;++j)
dp[now][j] = max(dp[now][j],dp[to][j - 1] + score[to]);
}
else{
dfs(to,C);
for(int j = 0;j < C;++j)
dp[now][j + 1] = max(dp[now][j + 1],dp[to][j] + score[to]);//此时要更新的只有选择该子节点的情况，注意j要加1，否则会出现dp[0][0]被score[to]更新导致答案偏大.
}
}
}
int main(){
N = read();M = read();
for(int i = 1;i <= N;++i){
int fa = read();add(fa,i);
score[i] = read();
}
dfs(0,M);
printf("%d\n",dp[0][M]);
return 0;
}
四
最后的最后：本题原题为CTSC97，除本题体面要求外，原题还要求
输出最大学分值后
行每行有一个数,表示学生所选课程的课号。
那就是另外一个故事了。
另外，本题多叉转二叉也可以做，甚至可以记录路径，然而我不会。
参考文档：
over.
