06 树形DP：金明的预算方案

树形DP：金明的预算方案

其实这道题不用树形dp，也可以使用普通的背包dp，但是鉴于树形dp的简单题一题难求，于是我们用树形dp做。

P1064 [NOIP2006 提高组] 金明的预算方案

题目描述

金明今天很开心，家里购置的新房就要领钥匙了，新房里有一间金明自己专用的很宽敞的房间。更让他高兴的是，妈妈昨天对他说：“你的房间需要购买哪些物品，怎么布置，你说了算，只要不超过 $n$ 元钱就行”。今天一早，金明就开始做预算了，他把想买的物品分为两类：主件与附件，附件是从属于某个主件的，下表就是一些主件与附件的例子：

主件	附件
电脑	打印机，扫描仪
书柜	图书
书桌	台灯，文具
工作椅	无

如果要买归类为附件的物品，必须先买该附件所属的主件。每个主件可以有 $0$ 个、$1$ 个或 $2$ 个附件。每个附件对应一个主件，附件不再有从属于自己的附件。金明想买的东西很多，肯定会超过妈妈限定的 $n$ 元。于是，他把每件物品规定了一个重要度，分为 $5$ 等：用整数 $1 \sim 5$ 表示，第 $5$ 等最重要。他还从因特网上查到了每件物品的价格（都是 $10$ 元的整数倍）。他希望在不超过 $n$ 元的前提下，使每件物品的价格与重要度的乘积的总和最大。

设第 $j$ 件物品的价格为 $v_j$，重要度为$w_j$，共选中了 $k$ 件物品，编号依次为 $j_1,j_2,\dots,j_k$，则所求的总和为：

$v_{j_1} \times w_{j_1}+v_{j_2} \times w_{j_2}+ \dots +v_{j_k} \times w_{j_k}$。

请你帮助金明设计一个满足要求的购物单。

输入格式

第一行有两个整数，分别表示总钱数 $n$ 和希望购买的物品个数 $m$。

第 $2$ 到第 $(m + 1)$ 行，每行三个整数，第 $(i + 1)$ 行的整数 $v_i$，$p_i$，$q_i$ 分别表示第 $i$ 件物品的价格、重要度以及它对应的的主件。如果 $q_i=0$，表示该物品本身是主件。

输出格式

输出一行一个整数表示答案。

样例 #1

样例输入 #1

1000 5
800 2 0
400 5 1
300 5 1
400 3 0
500 2 0

样例输出 #1

2200

提示

数据规模与约定

对于全部的测试点，保证 $1 \leq n \leq 3.2 \times 10^4$，$1 \leq m \leq 60$，$0 \leq v_i \leq 10^4$，$1 \leq p_i \leq 5$，$0 \leq q_i \leq m$，答案不超过 $2 \times 10^5$。

定义状态：dp【i】【j】=以后序遍历的方式遍历到节点 i 时，还剩的空间为 j 时的最佳answer。

首先，我们需要构建一个树：（对于测试样例）注意一开始为了统摄所有根节点，我们建立一个0号节点来统摄。

这是这个dp数组在测试案例的情况下的最后输出结果，（后面可能会用到）

状态转移方程：xbcl

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
vector<int> point_to[61];
int v[100]={0}, p[100]={0}, q[100]={0};
int dp[100][3200]={0};
int n, m;

void dfs(int nowpoint,int nowweight)
{//第一个参数表示当前节点，第二个参数表示当前还剩的重量
    if(nowweight<=0)return ;//如果当前还剩的重量已经小于0，那么直接返回
    for(int i=0;i<point_to[nowpoint].size();i++)
    {//遍历每一个当前节点的子节点
        int child = point_to[nowpoint][i];//child为子节点
        for (int j = nowweight-v[child]; j >= 0; j--)
        {
            dp[child][j] = dp[nowpoint][j] + p[child]*v[child];
        }
/*
把当前0~nowweight-v[child]的所有项给直接搬过来。
再加上p[child]*v[child]即题目规定的权值
其中0~nowweight-v[child]记录着遍历过他的哥哥节点（前面的兄弟节点）后，
所得出的最佳答案
为什么把0~nowweight-v[child]直接搬过来加？首先我们要知道
dp[父节点]【0~nowweight-v[child]】表示的是在父亲只有该子节点的所有哥哥节点的时候
，而完全不取该子节点的有关权值的时候的最优解。
因为我们现在在讨论该子节点取的情况下的最优解，
而取该子节点势必会消耗v[child]的限额，于是我们给该子节点预留v[child]，
那么取完该节点后剩下0~nowweight-v[child]，
在递归到叶子节点（即下一行程序的dfs）
返回后0~nowweight-v[child]一一顺序对应v[child]~nowweight
于是对应原来父节点集合的v[child]~nowweight元素比大小（下面一个循环干的事），
最终得到父节点nowpoint的最优值集合
*/
        dfs(child, nowweight - v[child]);
        for (int k = nowweight; k >= v[child]; k--)
        {
            dp[nowpoint][k] = max(dp[nowpoint][k], dp[child][k - v[child]]);
         }
    }
/*
这时候你会问了，对于兄弟节点之间，取两个，三个等等在哪里体现。
其实，这在搬过来加权值的时候已经体现了；
如处理样例中5号这个节点的时候，
我们把00000000···00000 1200 1200 1200···1200（十一（因为包括首尾）个）搬过来
在5号节点这个节点的权值1000加上去，dp第五行自然也就变成了1000 1000···1000 2200
 2200··2200了
*/
}
signed main(void)
{
    cin>>n>>m;
    n/=10;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        cin>>v[i]>>p[i]>>q[i];
        v[i]/=10;
        point_to[q[i]].push_back(i);
//建树的过程，point_to是二维数组，用point_to[i]记录i号节点指向的所有节点
    }
    dfs(0,n);

    cout<<dp[0][n]*10<<endl;
    return 0;
}

总结：

树状dp主要解决树形最优解问题。

步骤：

0.递归终止条件：

剩下限重小于0，返回即可；

1.遍历每一个子节点：

（1）搬来加权值：把父节点剪掉子节点的重量的部分照搬，加上子节点的权值，成为子节点的那一行的数组；

（2）递归：往下递归一层，就更新传参，更新当前节点的参数，更新当前限重。

（3）高位搬回去比较。