HDU1561：The more, The Better—

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1561

ACboy很喜欢玩一种战略游戏，在一个地图上，有N座城堡，每座城堡都有一定的宝物，在每次游戏中ACboy允许攻克M个城堡并获得里面的宝物。但由于地理位置原因，有些城堡不能直接攻克，要攻克这些城堡必须先攻克其他某一个特定的城堡。你能帮ACboy算出要获得尽量多的宝物应该攻克哪M个城堡吗？

O(n*m^2)的复杂度相信大家已经都会了。

（代码注释区域的dfs）

这里介绍一种O(n*m)的算法，参考https://www.cnblogs.com/Patt/p/5642181.html与徐持衡的论文。

设dp[i][j]为取根节点到i节点路径上的所有点，再从这条路径的左边上和i的子树上取j体积的点的最大价值。最后答案为dp[0][m]。

（看起来这个定义没法想，但是徐的论文给的方法是泛化物品合并……这个方法到现在还没有看懂。）

对于所谓“路径的左边”可理解为dfs序比i小且不在这条路径上的合法路径。

（更饶了*2）

有一个看起来很妙的方程dp[u][j]=max(dp[u][j],dp[v][j-1]);

当然在这之前每个儿子我们都需要更新，dp[v][j]=dp[u][j]+w[v]，然后把v递归跑一遍。

（思考为什么不是dp[u][j+1]）

（卡了很久思索出了结果，实际很简单，对dp[u][j]状态它根本没选择v及其子树的点，所以初始时dp[v][j]选择的j个点正好是dp[u][j]的j个点）

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<map>
using namespace std;
const int N=250;
inline int read(){int X=0,w=0;char ch=0;while(!isdigit(ch)){w|=ch=='-';ch=getchar();}while(isdigit(ch))X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar();return w?-X:X;
}
struct node{int to,nxt;
}e[N];
int cnt,head[N];
int n,m,w[N],dp[N][N];
inline void add(int u,int v){e[++cnt].to=v;e[cnt].nxt=head[u];head[u]=cnt;
}
/*void dfs(int u){for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){int v=e[i].to;dfs(v);for(int j=m;j>=2;j--){//保证无后效性for(int k=1;k<j;k++){dp[u][j]=max(dp[u][j],dp[u][k]+dp[v][j-k]);}}}
}*/
void dfs(int u,int c){if(c<=0)return;for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){int v=e[i].to;for(int j=0;j<c;j++){dp[v][j]=dp[u][j]+w[v];}dfs(v,c-1);for(int j=1;j<=c;j++){dp[u][j]=max(dp[u][j],dp[v][j-1]);}}
}
int main(){while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF&&n+m){n++;cnt=0;memset(head,0,sizeof(head));for(int i=1;i<n;i++){int u=read()+1,v=i+1;w[v]=read();add(u,v);}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){dp[i][j]=w[i];}}dfs(1,m);printf("%d\n",dp[1][m]);}return 0;
}

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