本文已参与「新人创作礼」活动，一起开启掘金创作之路。
题目链接：有线电视网 - 洛谷
题目描述： 某收费有线电视网计划转播一场重要的足球比赛。他们的转播网和用户终端构成一棵树状结构，这棵树的根结点位于足球比赛的现场，树叶为各个用户终端，其他中转站为该树的内部节点。
从转播站到转播站以及从转播站到所有用户终端的信号传输费用都是已知的，一场转播的总费用等于传输信号的费用总和。
现在每个用户都准备了一笔费用想观看这场精彩的足球比赛，有线电视网有权决定给哪些用户提供信号而不给哪些用户提供信号。
写一个程序找出一个方案使得有线电视网在不亏本的情况下使观看转播的用户尽可能多。
分析：这是一道树上背包问题，我们设f[i][j]表示以i为节点的子树中选j个终端的最大收益,这样我们最后的答案就是所有的满足f[1][i]>=0的i中的最大值。
至于f数组怎么更新，这就是基本的树上背包更新方法了，不会的可以看这里：（P2014[CTSC1997]）选课（树上背包）_AC__dream的博客-CSDN博客
有一点需要注意的是f数组中第二维是终端数量，不能包括转播站，而且我们初始化时应该将所有的f[i][1]=w[i]，i>n-m，也就是终端的收益为自身点权，至于转播站初始化就直接将f[i][0]=0即可，因为如果转播站不向终端转播，那么最终答案一定不会包含这个转播站，因为转播站之间的传递还需要一定的费用，还有一点需要注意的就是我们枚举每个转播站包含的终端数时的上界不能是m，应该是以这个转播站为根的子树中的节点数目，如果用m的话会有30%的数据超时。这道题目讲到这基本上也就算是讲完了，算是一个基础的树上背包练习题目，下面附上代码：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=3e3+10;
int f[N][N];//f[i][j]表示以i为节点的子树中选j个终端的最大收益
int h[N],e[N],ne[N],w[N],idx,w2[N];
int n,m;
void add(int x,int y,int z)
{
e[idx]=y;
w[idx]=z;
ne[idx]=h[x];
h[x]=idx++;
}
int dp(int x)//返回节点个数
{
if(x>n-m)//终端
{
f[x][1]=w2[x];//给终端节点赋点权
return 1;
}
f[x][0]=0;
int cnt=1;
for(int i=h[x];i!=-1;i=ne[i])
{
int son=e[i];
cnt+=dp(son);//记录以当前节点为根的子树中的节点数目
for(int j=cnt;j>=0;j--)
for(int k=0;k<j;k++)
f[x][j]=max(f[x][j],f[x][k]+f[son][j-k]-w[i]);
}
return cnt;
}
int main()
{
cin>>n>>m;
memset(h,-1,sizeof h);
memset(f,-0x3f,sizeof f);
for(int i=1;i<=n-m;i++)
{
int k,a,c;
scanf("%d",&k);
for(int j=1;j<=k;j++)
{
scanf("%d%d",&a,&c);
add(i,a,c);
}
}
for(int i=n-m+1;i<=n;i++)
scanf("%d",&w2[i]);
dp(1);
for(int i=m;i>=0;i--)
{
if(f[1][i]>=0)
{
printf("%d",i);
break;
}
}
return 0;
}
