题目描述

学校实行学分制。每门的必修课都有固定的学分，同时还必须获得相应的选修课程学分。学校开设了 N（N<300）门的选修课程，每个学生可选课程的数量 M 是给定的。学生选修了这M门课并考核通过就能获得相应的学分。

在选修课程中，有些课程可以直接选修，有些课程需要一定的基础知识，必须在选了其它的一些课程的基础上才能选修。例如《Frontpage》必须在选修了《Windows操作基础》之后才能选修。我们称《Windows操作基础》是《Frontpage》的先修课。每门课的直接先修课最多只有一门。两门课也可能存在相同的先修课。每门课都有一个课号，依次为1，2，3，…。

你的任务是为自己确定一个选课方案，使得你能得到的学分最多，并且必须满足先修课优先的原则。假定课程之间不存在时间上的冲突。

输入格式

输入文件的第一行包括两个整数 N、M（中间用一个空格隔开）其中 1≤N≤300，1≤M≤N。

以下N行每行代表一门课。课号依次为 1，2，…，N。每行有两个数（用一个空格隔开），第一个数为这门课先修课的课号（若不存在先修课则该项为0），第二个数为这门课的学分。学分是不超过 10 的正整数。

输出格式

输出文件只有一个数,实际所选课程的学分总数。

样例数据 1

输入

7 4

2 2

0 1

0 4

2 1

7 1

7 6

2 2

输出

题目分析

如果选用普通的建树，dp过程将显得比较复杂，因此可以选用孩子兄弟建树法将树建成一颗二叉树方便进行dp。

此法每个树节点存放3个域：fstCh(长子),fstBro(第一个兄弟),data(数据).

这样建成的二叉树不能用亲子的角度去看，建出的树会像下图一样：

（转的图）

选课 - 树型DP(孩子兄弟建树法)-LMLPHP

dp[i][j]表示以i为根的子树选择j门课的最大学分（注意这里的子树指孩子兄弟法建成的二叉树）。

如果不选择当前节点i，那么它的左子树（儿子）都不能选，j门课全部被右子树（兄弟）分担。

如果选择当前节点i，枚举左子树（儿子）的选课k(0~j-1)，相应的右子树（兄弟）分担j - 1 - k门课。

可以选择记忆化搜索。

code

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 300;

int n, m, dp[N + 5][N + 5], root;

struct node{

	int fstCh, fstBro, data;

}tree[N + 5];

inline int dfs(int u, int k){

	if(u == 0) return dp[u][k] = 0;

	if(dp[u][k] != -1) return dp[u][k];

	dp[u][k] = 0;

	//选择此顶点

	for(int i = 0; i <= k - 1; i++){

		dfs(tree[u].fstCh, i);

		dfs(tree[u].fstBro, k - 1 - i);

		dp[u][k] = max(dp[u][k], tree[u].data + dp[tree[u].fstCh][i] + dp[tree[u].fstBro][k - 1 - i]);

	}

	//不选此节点

	dfs(tree[u].fstBro, k);

	dp[u][k] = max(dp[u][k], dp[tree[u].fstBro][k]);

	return dp[u][k];

}

int main(){

	ios::sync_with_stdio(false);

	cin.tie(NULL), cout.tie(NULL);

	cin >> n >> m;

	for(int i = 1; i <= n; i++){

		int x, y;

		cin >> x >> y;

		int k = tree[x].fstCh;

		tree[x].fstCh = i;

		tree[i].fstBro = k;

		tree[i].data = y;

		if(x == 0) root = i;

	}

	memset(dp, -1, sizeof dp);

	dfs(root, m);

	cout << dp[root][m];

	return 0;

}