洛谷P2515 HAOI2010 軟體安裝

現在我們的手頭有n個軟體，對於乙個軟體i，它要占用wi的磁碟空間，它的價值為vi。我們希望從中選擇一些軟體安裝到一台磁碟容量為m計算機上，使得這些軟體的價值盡可能大（即vi的和最大）。

但是現在有個問題：軟體之間存在依賴關係，即軟體i只有在安裝了軟體j（包括軟體j的直接或間接依賴）的情況下才能正確工作（軟體i依賴軟體j)。幸運的是，乙個軟體最多依賴另外乙個軟體。如果乙個軟體不能正常工作，那麼它能夠發揮的作用為0。

我們現在知道了軟體之間的依賴關係：軟體i依賴軟體di。現在請你設計出一種方案，安裝價值盡量大的軟體。乙個軟體只能被安裝一次，如果乙個軟體沒有依賴則di=0，這時只要這個軟體安裝了，它就能正常工作。

輸入格式：

第1行：n, m （0<=n<=100, 0<=m<=500）

第2行：w1, w2, ... wi, ..., wn （0<=wi<=m ）

第3行：v1, v2, ..., vi, ..., vn （0<=vi<=1000 ）

第4行：d1, d2, ..., di, ..., dn （0<=di<=n, di≠i ）

輸出格式：

乙個整數，代表最大價值

輸入樣例#1：

3 10

5 5 6

2 3 4

0 1 1

輸出樣例#1：

演算法：

樹形dp

分析：

一看到這道題，就感覺和選課很相似，不過再仔細一看，就發現其實之間大有不同。

選課一題，是不可以成環的，因為先修課的先修課不可能成為後面的後修課，所以，判環是沒必要的。

但是這道題，非常坑爹，它可以出現環。若出現a依賴b，b依賴c，c依賴a，那麼我們究竟怎麼搜尋呢，而且轉移方程也不好寫。

我們通過觀察發現，這種環狀的問題，要是選了其中乙個，那麼就意味著要把整個環給選了，要麼不選，就得整個都不選。

所以，我們就可以從這裡入手，把乙個個的環縮成乙個個新的點，乙個點代表了環的整體。

接下來就可以通過選課的後續思路，建造一棵左兒子右兄弟的二叉樹，通過多叉樹轉二叉樹進行記憶化搜尋。

後面的就很簡單了，狀態轉移方程就是要不要當前的兄弟，還是把機會分給兄弟和孩子。

不過中途有很多小點需要注意。

判環要用floyed的方法三重for來判斷環，記得三個迴圈的變數順序不能錯，否則後果會判不到環。

其次，縮點建點的時候，主體分三個情況來判斷：

1、這是新環，我需要建點來記錄，他的價值和體積我都直接相加就好了。不過我們要記得把已經轉移的新點的原來兩個舊點序號變成負數，而新點的下標+舊點的內容恰好是等於n的，每乙個環一一對應，不多也不會少，詳情見**操作。

2、這是舊環，我發現了新的點，這個點在環內。那麼我就把這個點並到環中，把價值和體積也加到新點上，然後把原來這個舊環的密碼推到這個新點上。

3、找到乙個新點，他和乙個舊環有聯絡，但不屬於這個環的一部分，於是把它的從屬關係推到新的點上。

步驟簡化為：判環+縮點+多叉轉二叉+記憶化搜尋。

上**：

1 #include2 #include3 #include4
using
namespace
std;56
const
int size=600;7
int n,m,ans,sum,d[size],v[size],w[size],f[size][4*size],b[size],c[size];
8bool a[size][size]; //
是否連通
910 inline int read() //
讀入優化
1120
21void floyed() //
floyd判環
2230
31void connect() //
縮點建點
3246
else
47if (w[d[j]]<0&&w[j]>0) //
發現舊環
4855
else
//不屬於環
56if (a[d[j]][j]&&!a[j][d[j]]||!a[d[j]][j]&&a[j][d[j]])
57 d[j]=n-w[d[j]];58}
59}60}
6162
int dfs(int root,int val) //
記憶化搜尋
6377
return
f[root][val];78}
7980
intmain()
8194
floyed();
95connect();
96for (i=1;i<=ans;i++) //
模擬鍊錶
97if (w[i]>0)98
102 printf("
%d",dfs(c[0
],m));
103return0;
104 }

這道題其實難度很大，不過只要把原理弄懂，**還是很好打的，主要就是圍繞著如何更加簡便地進行記憶化搜尋，然後一層層地進行優化，這道題用到的就是判環和縮點的知識。

嗯，就這樣了。

洛谷P2515 HAOI2010 軟體安裝

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