[LGOJ1273]有线电视网

solution

用了一个很有意思的转移方法。

$dp[i][j] $ 表达 \(i\) 作为根，\(j\)个终端时最大的收益，即钱数，当\(0\leq dp[1][i]\)时，即以1为根可以转移到\(i\)个终端，且不亏本，此时\(i\)也最大时，i就是答案。

然后就是树上背包的套路题了。。

\[dp[u][j] = max(dp[u][j], dp[u][j - k]+dp[v][k]-len(u, v))
\]

自己思考一下。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 3000 + 5;
int n, m, a[maxn], dp[maxn][maxn]; // id & zhongduan_num;
struct node {int to, z;};
vector <node> e[maxn];
int dfs(int x) {
	if(x > n - m) {
		dp[x][1] = a[x];
		return 1;
	}
	int sum = 0;
	for(int i = 0;i < e[x].size();i ++) {
		int y = e[x][i].to, z = e[x][i].z, son = dfs(y);
		sum += son;
		for(int v = sum; v >= 0; v --) {
			for(int j = 1;j <= min(son, v);j ++) {
				dp[x][v] = max(dp[x][v], dp[x][v - j] + dp[y][j] - z);
			}
		}
	}
	return sum;
}
int main() {
	memset(dp, 0xcf, sizeof(dp));
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1;i <= n;i ++)
		dp[i][0] = 0;
	for(int i = 1, A, C;i <= n - m;i ++) {
		int k; cin >> k;
		for(int j = 1;j <= k;j ++) {
			cin >> A >> C;
			e[i].push_back((node){A, C});
		}
	}
	for(int i = 1;i <= m;i ++) {
		cin >> a[n - m + i];
	}
	dfs(1);
	for(int i = m;i >= 1;i --) {
		if(dp[1][i] >= 0) {
			cout << i;
			return 0;
		}
	}
	puts("0");
	return 0;
}

thanks