标签：cnt 背包 int 有线电视 head 叶子 siz P1273 节点
P1273 有线电视网 树上背包
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题意
给
一
棵
树
，
每
条
边
都
有
收
费
，
每
个
叶
子
节
点
给
费
用
。
给一棵树，每条边都有收费，每个叶子节点给费用。
给一棵树，每条边都有收费，每个叶子节点给费用。
问
从
根
节
点
出
发
，
在
不
亏
本
的
情
况
下
能
到
达
多
少
叶
子
节
点
。
问从根节点出发，在不亏本的情况下能到达多少叶子节点。
问从根节点出发，在不亏本的情况下能到达多少叶子节点。
思路
设 f [ i ] [ j ] 表 示 以 i 为 根 节 点 ， 能 到 达 j 个 叶 子 节 点 的 能 赚 多 少 钱 。 设f[i][j]表示以i为根节点，能到达j个叶子节点的能赚多少钱。 设f[i][j]表示以i为根节点，能到达j个叶子节点的能赚多少钱。
树 形 d p 都 是 子 节 点 更 新 父 节 点 ， 所 以 我 们 用 子 节 点 来 进 行 状 态 转 移 ： 树形dp都是子节点更新父节点，所以我们用子节点来进行状态转移： 树形dp都是子节点更新父节点，所以我们用子节点来进行状态转移：
假
设
u
和
v
连
接
的
一
条
边
，
则
如
果
需
要
v
这
颗
子
树
，
则
为
v
赚
的
钱
−
这
条
边
的
费
用
。
假设u和v连接的一条边，则如果需要v这颗子树，则为v赚的钱-这条边的费用。
假设u和v连接的一条边，则如果需要v这颗子树，则为v赚的钱−这条边的费用。
f
[
u
]
[
j
]
=
m
a
x
(
f
[
u
]
[
j
]
,
f
[
u
]
[
j
−
k
]
+
f
[
v
]
[
k
]
−
e
[
i
]
.
w
)
f[u][j]=max(f[u][j],f[u][j-k]+f[v][k]-e[i].w)
f[u][j]=max(f[u][j],f[u][j−k]+f[v][k]−e[i].w)
和 分 组 背 包 一 样 ， 倒 序 循 环 。 和分组背包一样，倒序循环。 和分组背包一样，倒序循环。
Code
#include "bits/stdc++.h"
using namespace std;
const ll INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 5e3 + 10;
int d[N], siz[N], val[N];
int f[N][N];
struct Edge {
int v, next, w;
}e[N];
int head[N], cnt;
inline void add(int u, int v, int w) {
e[++cnt].v = v;
e[cnt].w = w;
e[cnt].next = head[u];
head[u] = cnt;
}
void dfs(int u, int fa) {
f[u][0] = 0;
for(int i = head[u]; i; i = e[i].next) {
int v = e[i].v;
if(v == fa) continue;
dfs(v, u);
siz[u] += siz[v];
for(int j = siz[u];j >= 0; j--) {
for(int k = 1;k <= min(j, siz[v]); k++) {
f[u][j] = max(f[u][j], f[u][j - k] + f[v][k] - e[i].w);
}
}
}
if(d[u] == 1) f[u][1] = val[u], siz[u] = 1;
}
void solve() {
int n, m; cin >> n >> m;
mem(f, -INF);
for(int i = 1;i <= n - m; i++) {
int k; cin >> k;
for(int j = 1;j <= k; j++) {
int a, c; cin >> a >> c;
d[i]++; d[a]++;
add(i, a, c);
add(a, i, c);
}
}
for(int i = n - m + 1;i <= n; i++) cin >> val[i];
dfs(1, -1);
for(int i = m;i >= 0; i--) {
if(f[1][i] >= 0) {
cout << i << endl;
return ;
}
}
}
signed main() {
solve();
}
标签：cnt,背包,int,有线电视,head,叶子,siz,P1273,节点 来源： https://blog.csdn.net/fztsilly/article/details/115067369
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