初見安~這裡是傳送門：洛谷P2014

題目描述

在大學裡每個學生，為了達到一定的學分，必須從很多課程裡選擇一些課程來學習，在課程裡有些課程必須在某些課程之前學習，如高等數學總是在其它課程之前學習。現在有N門功課，每門課有個學分，每門課有一門或沒有直接先修課（若課程a是課程b的先修課即只有學完了課程a，才能學習課程b）。一個學生要從這些課程裡選擇M門課程學習，問他能獲得的最大學分是多少？

輸入格式：

第一行有兩個整數N,M用空格隔開。(1<=N<=300,1<=M<=300)

接下來的N行,第I+1行包含兩個整數ki和si, ki表示第I門課的直接先修課，si表示第I門課的學分。若ki=0表示沒有直接先修課（1<=ki<=N, 1<=si<=20）。

輸出格式：

只有一行，選M門課程的最大得分。

輸入樣例#1： 

7  4
2  2
0  1
0  4
2  1
7  1
7  6
2  2

輸出樣例#1： 

13

題解

每門課程所對應的先修課僅一門，所以我們在理解樣例的時候也可以自然而然地畫出一顆樹狀結構來——每門課（存的標號）都只有唯一的先修課即父節點，沒有先修課的父節點為0。所以我們就有了個大致的思路——樹形結構。

與此同時——題目限定了選課的數量並要求學分最高，我們又可以聯想到揹包問題（之後發背問題講解）——動態規劃，所以這就是一道揹包類的樹形DP問題了。

那麼問題來了——例如樣例作圖後如下：（圖醜勿噴

如果我們按照題目要求的邏輯來，就應該先從0開始dp下去，因為要保證在7前先修2，在5前先修7；但是按照我們揹包問題的思路可以發現：如果這棵樹大一點兒，可能會存在部分先修課被不選，而選上了需要這們先修課的選修課，這是不符合題意的。所以我們依照樹形dp的套路——dfs到葉子結點後再層層推上來，轉化為最基礎的問題。如果倒著來——也就是從葉子結點x開始，dp[ x ]=grade（學分）[ x ]； 然後遞歸回到x的父節點y進行dp，就意味著dp[ y ]為以y為父節點在m的限制下的最大子樹和。至於前文我們捨去從0開始dp的思路的顧慮，因為我們選出其最大子樹和後一定會加上它本身的grade，能保證每一個子樹都是符合要求選課的，所以溯洄到根節點0時同樣符合題意。

大致方向已定，我們開始思考演算法——開一個二維的dp陣列，dp[ i ] [ j ]代表到第 i 門課程時選 j 門課的最大的學分，所以最後我們要輸出的就是dp[0] [m]。（是的就是揹包的套路了，所謂樹形dp就是從下往上，轉化為從葉子結點到根節點的過程。）

轉檯轉移方程為：

dp[y][t]=max(dp[y][t],dp[y][t-j]+dp[x][j]);//x為y的子結點。

下面是程式碼及詳解——

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int m,n,grade[500];
int dp[500][500],fa[500];
int ,maxn=0; 
vector<int> v[500];
bool vis[500];

void dfs(int x)
{
	vis[x]=1;//標記是否走過這個點
	dp[x][0]=0;//初始化
	for(int i=0;i<v[x].size();i++)
	{
		int y=v[x][i];
		if(vis[y]) continue; 
		dfs(y);//遍歷到這一子樹的葉子結點
		for(int t=m;t>=0;t--)//倒序避免重複疊加（揹包狀態壓縮常識）
		{
			for(int j=t;j>=0;j--)
			{
				if(t>=j)
					dp[x][t]=max(dp[x][t],dp[x][t-j]+dp[y][j]);//狀態轉移
			}
		}
	}
	if(x!=0)//非假結點，是有學分的
	{
		for(int t=m;t>0;t--)
		{
			dp[x][t]=dp[x][t-1]+grade[x];
		}
	}
}

int main()
{
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int a,b;
		cin>>a>>b;
		grade[i]=b;
		v[a].push_back(i);//存圖
		v[i].push_back(a);
	}
	
	dfs(0);
	cout<<dp[0][m]<<endl;
	return 0;
}

迎評：）

——End——