本題同樣是一道樹形dp的題,即在樹上進行揹包操作,中文題意。解題思路:將有依賴關係的鏈接起來形成一棵樹,把所有沒有依賴關係的點都和0點相連,幾多出一個點0,即需要攻破m+1個城堡獲得的寶物,這樣就可已在樹上進行被曝操作了。有當前節點能被進攻的條件是他的親節點已經被攻擊了,因此dp[root][j+1],表示當前攻擊了root節點,一共攻擊了j+1各節點,爲什麼不是j,而是j+1;+1是爲了保證他的父親節點也被攻擊,這就是他與zoj3201 的區別,zoj3201同樣是求節點數爲m個的字數的點權最大,但在寫狀態轉移方程是,只需用dp[root][j],表示;兩題有相同之處,也有不同,將兩題比較求解分析,更能讓我體會書上揹包問題的求解:
hdu 1561代碼:
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 205
int n,m;
int dp[N][N],aa[N],dp1[N][N];
struct node
{
int st,en,next;
}e[2*N];
int p[N],num;
void init()
{
memset(p,-1,sizeof(p));
num=0;
}
void add(int st,int en)
{
e[num].st=st;
e[num].en=en;
e[num].next=p[st];
p[st]=num++;
}
void dfs(int root,int fa)
{
dp[root][1]=aa[root];
for(int i=p[root];i+1;i=e[i].next)
{
int son=e[i].en;
if(son==fa)continue;
dfs(son,root);
for(int j=m+1;j>=1;j--)
{
for(int k=1;k<=j;k++)
{
dp[root][j+1]=max(dp[root][j+1],dp[son][j+1-k]+dp[root][k]);
}
}
}
}
int main()
{
int a,b;
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
{
if(m==0&&n==0)break;
init();
memset(dp,0,sizeof(dp));
aa[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&a,&b);
add(a,i);
add(i,a);
aa[i]=b;
}
dfs(0,-1);
printf("%d\n",dp[0][m+1]);
}
return 0;
}
zoj3201代碼:
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 105
int a[N],k;
int dp[N][N];
struct node
{
int st,en,next;
}e[N*2];
int num,p[N];
void init()
{
memset(p,-1,sizeof(p));
num=0;
}
void add(int st,int en)
{
e[num].st=st;
e[num].en=en;
e[num].next=p[st];
p[st]=num++;
}
int dfs(int root,int fa)
{
dp[root][1]=a[root];
for(int i=p[root];i+1;i=e[i].next)
{
int son=e[i].en;
if(son==fa)continue;
dfs(son,root);
for(int j=k;j>0;j--)
{
for(int tt=1;tt<=j;tt++)
dp[root][j]=max(dp[root][tt]+dp[son][j-tt],dp[root][j]);
}
}
}
int main()
{
int n,s,ee;
while(scanf("%d%d",&n,&k)!=EOF)
{
for(int i=0;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=k;j++)
dp[i][j]=0;
init();
for(int i=0;i<n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
}
for(int i=1;i<n;i++)
{
scanf("%d%d",&s,&ee);
add(s,ee);
add(ee,s);
}
dfs(0,-1);
int ans=-1;
for(int i=0;i<n;i++)
{
ans=max(ans,dp[i][k]);
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}