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题目描述

有 $N$ 件 物品 和一个 体积 为 $V$ 的 背包

第 $i$ 件 物品 的 体积 为 $v_i$， 价值 为 $w_i$

每件 物品 有一个 父节点物品 $p_i$，如果想选第 $i$ 件 物品，就必须选他的 父节点 $p_i$

拓扑结构 如下图所示：

如果选择 物品5，则必须选择 物品1 和 物品2。

这是因为 物品2 是 物品5 的 父节点，物品1 是 物品2 的 父节点。

求一个方案，使得该选择的物品合法，总体积不超过 $V$，且总价值最大

分析

这是一道 背包DP 的 变种题目

根据题设的 拓扑结构 可以观察出每个 物品 的关系构成了一棵 树

而以往的 背包DP 每个 物品 关系是 任意的（但我们一般视为 线性的）

所以，这题沿用 背包DP 的话，要从原来的 线性DP 改成 树形DP 即可

然后思考 树形DP 的 状态转移

先比较一下以往 线性背包DP 的 状态转移，第 $i$ 件 物品 只会依赖第 $i-1$ 件 物品 的状态

如果本题我们也采用该种 状态依赖关系 的话，对于节点 $i$，我们需要枚举他所有子节点的组合 $2^k$ 种可能

再枚举 体积，最坏时间复杂度 可能会达到 $O(N\times2^N\times V)$（所有子节点都依赖根节点）
最终毫无疑问会 TLE

因此我们需要换一种思考方式，那就是枚举每个 状态 分给各个子节点 的 体积

这样 时间复杂度 就是 $O(N \times V\times V)$

具体分析如下：

闫氏DP分析法

Code

时间复杂度： $O(N \times V \times V)$

#include <iostream>
#include <cstring>

using namespace std;

const int N = 110;

int n, m, root;
int h[N], e[N], ne[N], idx;
int v[N], w[N];
int f[N][N];


void add(int a, int b)
{
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++ ;
}
void dfs(int u)
{
    //先枚举所有状态体积小于等于j-v[u]的所有子节点们能够获得的最大价值
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i])
    {
        int son = e[i];
        dfs(son); //从下往上算，先计算子节点的状态
        for (int j = m - v[u]; j >= 0; -- j) //枚举所有要被更新的状态
        {
            for (int k = 0; k <= j; ++ k)   //枚举该子节点在体积j下能使用的所有可能体积数
            {
                f[u][j] = max(f[u][j], f[u][j - k] + f[son][k]);
            }
        }
    }
    //最后选上第u件物品
    for (int j = m; j >= v[u]; -- j) f[u][j] = f[u][j - v[u]] + w[u];
    for (int j = 0; j <  v[u]; ++ j) f[u][j] = 0;   //清空没选上u的所有状态
}
int main()
{
    memset(h, -1, sizeof h);
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; ++ i)
    {
        int p;
        cin >> v[i] >> w[i] >> p;
        if (p == -1) root = i;
        else add(p, i);
    }
    dfs(root);
    cout << f[root][m] << endl;
    return 0;
}