Description

大學(xué)里實(shí)行學(xué)分。每門課程都有一定的學(xué)分，學(xué)生只要選修了這門課，并通過考核就能獲得相應(yīng)的學(xué)分。學(xué)生最后的學(xué)分是他各門課學(xué)分的總和。每個(gè)學(xué)生都要選擇規(guī)定數(shù)量的課程。其中有些課程可以直接選修，有些課程需要一定的基礎(chǔ)知識，必須在選了其他的一些課程的基礎(chǔ)上才能選修。

例如，《剝皮術(shù)》就必須在選修了《屠龍術(shù)》后才能選修。

我們稱《屠龍術(shù)》是《剝皮術(shù)》的先修課。

每門課的直接先修課最多之有一門。兩門課也可能存在相同的先修課。

每門課都有一個(gè)課號，課號依次是1,2,3……。以下表為例說明。

課號 先修課號 學(xué)分

1 無 1

2 1 1

3 2 3

4 無 3

5 2 4

上表中1是2的先修課，即如果要選修2，則1必須已被選過。

同樣，要選修3,那么1和2都一定被選修過。

每個(gè)學(xué)生可選的課程總數(shù)是一定的，請找出一種方案，使得到的總學(xué)分最多。

Input

第一行包括兩個(gè)正整數(shù)M、N（中間一個(gè)空格），其中M表示總課程數(shù)（1<=M<=1000），N表示每個(gè)學(xué)生最多可選的課程總數(shù)。（1<=N<=M）。

以下M行每行代表一門課，課號依次是1,2,…,M。每行兩個(gè)數(shù)，第一個(gè)數(shù)為這門課的直接先修課的課號（若不存在則為0），第二個(gè)數(shù)為該門課的學(xué)分。學(xué)分是不超過10的正整數(shù)。

測試數(shù)據(jù)保證學(xué)生能夠選滿N門課。

Output

第一行只有一個(gè)數(shù)，即最多可得的學(xué)分。

如果M<=99,則以下N行每行一個(gè)數(shù)，表示學(xué)生所選的課程的課號，課號按升序排列。

如果M>=100，則不必輸出具體方案。

數(shù)據(jù)保證只有唯一的正確輸出。

Sample Input

7 4

2 2

0 1

0 4

2 1

7 1

7 6

2 2

Sample Output

13

2

3

6

7

Data Constraint

1<=M<=1000

Solution

• 先按照題目所描述的關(guān)系建樹（多叉樹轉(zhuǎn)化成二叉樹），以方便處理。

• 多叉轉(zhuǎn)二叉 的方法： 一個(gè)點(diǎn)的左兒子存其真兒子，右兒子存其兄弟節(jié)點(diǎn) 。

• 接著就是我們的樹形DP了——

• 設(shè) F[i][j] 表示當(dāng)前做到第 i 門課、在以其為根的子樹中選了 j 門課的最大學(xué)分。轉(zhuǎn)移為：

  F[i][j]=Max{F[l[i]][k?1]+F[r[i]][j?k]}（1≤k≤j，l，r為其左右兒子）

• 統(tǒng)計(jì)具體方案就用一個(gè)鄰接表儲存，當(dāng)最優(yōu)方案更新時(shí)隨之更新即可。

• 總時(shí)間復(fù)雜度為 O(M2) 。

Code

#include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; const int N=1001,M=101; int m,n,ans; int a[N],b[N],l[N],r[N]; int f[N][N],g[M][M][M]; inline int read() {int X=0,w=1; char ch=0;while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}while(ch>='0' && ch<='9') X=(X<<3)+(X<<1)+ch-'0',ch=getchar();return X*w; } inline void dfs(int x,int y) {if(!x || !y) return;dfs(r[x],y);if(m<=99)for(int i=0;i<=g[r[x]][y][0];i++) g[x][y][i]=g[r[x]][y][i];int sum=f[r[x]][y];for(int i=1;i<=y;i++){dfs(l[x],i-1);dfs(r[x],y-i);if(f[l[x]][i-1]+f[r[x]][y-i]+a[x]>sum){sum=f[l[x]][i-1]+f[r[x]][y-i]+a[x];if(m<=99){g[x][y][g[x][y][0]=1]=x;for(int j=1;j<=g[l[x]][i-1][0];j++) g[x][y][++g[x][y][0]]=g[l[x]][i-1][j];for(int j=1;j<=g[r[x]][y-i][0];j++) g[x][y][++g[x][y][0]]=g[r[x]][y-i][j];}}}f[x][y]=sum; } int main() {m=read(),n=read();for(int i=1;i<=m;i++){int x=read();if(!l[x]) l[x]=i; else r[b[x]]=i;a[b[x]=i]=read();}dfs(l[0],n);printf("%d\n",f[l[0]][n]);if(m<=99){for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=g[l[0]][n][i];sort(b+1,b+1+n);for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",b[i]);}return 0; }

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的JZOJ 3418. 【NOIP动态规划专题】选课的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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