（P2014[CTSC1997]）选课（树上背包）

题目链接：[CTSC1997] 选课 - 洛谷

分析：这是一道树上背包的模板题，什么是树上背包呢？就是说物品之间有依赖关系，就比如说选a就必须要先选b，选b又必须要先选c，大概就是这个意思，类似于我们大学课程之间的关系，但又不完全是，因为我们大学课程中一门课可能有多门先修课，但是树上背包要求每一个物品只能依赖于其他1个物品或者不依赖于其他物品，这个也比较容易理解，毕竟树不就是一对多的关系吗？知道了这个之后，我们来对这道题目进行讲解，首先设f[i][j]表示在以i为根节点的子树中选了j门课所获得的最多学分，下面我们分析动态转移方程：

我们只能用一个点的子节点去更新这个点，所以假如我们当前这颗树的最优解选了k门课，其中一定包含根节点这门课（这个条件一定不能忽视），然后我们可以枚举每一个子节点选的课程数i，然后k-i就是以x为根的子树中去掉当前子节点之外其他节点所选的课程数了，就这样更新完就可以得到最后的答案了。

下面给出一个错误的更新代码，我来带着大家分析一下这样更新为什么是错误的：

for(int j=1;j<=m+1;j++)
for(int k=1;k<=j-1;k++)f[x][j]=max(f[x][j],f[x][k]+f[son][j-k]);

我们当前更新的是以第x个节点为根的子树，用到的子节点是son，j是以x为根的子树中所选的节点总数，而k是用到的除了当前用到的子节点之外的节点，而j-k就是以当前子节点为根的子树中所选的节点数目了，明白了这些之后我来分析一下这样为什么是错的。

我们假如当前j是7，那么k可以是1~6，在我们k是7之前已经更新完了k是1~6的情况，而且这个更新过程中可能用到了以当前子节点为根的子树中的节点，这就会导致我们先在更新较大的j时f[x][k]也会包含以当前子节点为根的子树中的节点，而由我们刚才的分析明确可以看出k是用到的除了当前用到的子节点之外的节点数，所以这就会导致错误

更正的方法也比较简单，只需要把j的那层循环倒置即可，也就是

for(int j=m+1;j>=1;j--)
for(int k=j-1;k>=1;k--)f[x][j]=max(f[x][j],f[x][k]+f[son][j-k]);

这样我们在用小于j的k更新j时f[x][k]还没有被更新到，这样更新就不会出现问题了，这里还需要说明的一个技巧就是可能有多个节点没有先修课，所以我们最终的答案就很难统计，我们可以建立一个权值为0的节点，然后让所有没有先修课的课程的先修课为0，这样我们最后就只需要通过f[0][m+1]就可以知道答案了，为什么是m+1呢？因为这个时候我们包含了第个节点，而这只是一个虚拟节点，所以就需要把选m门课改成选m+1门课，前提是别忘了将第0门课的学分设置为0.

下面是代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=1003;
int f[N][N];//f[i][j]表示以i为节点的子树中选j门课所获得的最大学分
int n,m,h[N],e[N],ne[N],w[N],idx;
void add(int x,int y)
{e[idx]=y;ne[idx]=h[x];h[x]=idx++;
}
void dfs(int x,int fa)
{f[x][1]=w[x];//只选根节点 for(int i=h[x];i!=-1;i=ne[i]){int son=e[i];if(son==fa) continue;dfs(son,x);for(int j=m+1;j>=1;j--)for(int k=j-1;k>=1;k--)f[x][j]=max(f[x][j],f[x][k]+f[son][j-k]);}
}
int main()
{cin>>n>>m;memset(h,-1,sizeof h);int k;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d%d",&k,&w[i]);if(k==0) add(0,i);//第i门课没有先修课，所以我们可以给其加上一门权值为0的先修课0 else add(k,i);}dfs(0,-1);printf("%d",f[0][m+1]);return 0;
}

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