有依赖的背包问题（22-22）

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有依赖的背包问题

题目描述

有 $N$ 个物品和一个容量是 $V$ 的背包。

物品之间具有依赖关系，且依赖关系组成一棵树的形状。如果选择一个物品，则必须选择它的父节点。

如下图所示：

如果选择物品5，则必须选择物品1和2。这是因为2是5的父节点，1是2的父节点。

每件物品的编号是 $i$，体积是 $v_i$，价值是 $w_i$，依赖的父节点编号是 $p_i$。物品的下标范围是 $1…N$。

求解将哪些物品装入背包，可使物品总体积不超过背包容量，且总价值最大。

输出最大价值。

输入格式

第一行有两个整数 $N$，$V$，用空格隔开，分别表示物品个数和背包容量。

接下来有 $N$ 行数据，每行数据表示一个物品。
第 $i$ 行有三个整数 $v_i$, $w_i$, $p_i$，用空格隔开，分别表示物品的体积、价值和依赖的物品编号。
如果 $p_i=−1$，表示根节点。 数据保证所有物品构成一棵树。

输出格式

输出一个整数，表示最大价值。

数据范围

$1≤N,V≤100$ $1≤v_i,w_i≤100$

父节点编号范围：

• 内部结点：$1≤p_i≤N$;
• 根节点 $p_i=−1$;

输入样例

5 7
2 3 -1
2 2 1
3 5 1
4 7 2
3 6 2

输出样例：

11

题目分析

意如其题，这是一道有依赖的背包问题。

对于一棵有根树求子树的某种特性，我们首先想到的便是用dfs由根向下遍历，但由于有最大体积的限制，使得我们在对子树赋权时无法赋予某一特定体积所对应的价值。

而我们若是依次遍历，复杂度是 $2^k$ 复杂度，这是无法接受的。

由于总体积数值较小，便可以以体积作为背包，存子树所有可取体积的价值最大值。

具体实现思路见代码注释。

Accept代码 $O(nm^2)$

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 110;
int h[N], e[N], ne[N];
int v[N], w[N], f[N][N];    // f[i][j] 表示以 i 为根的情况下体积最大为 j 的最大价值
int n, m, root, idx;

void add(int x, int y)
{
    e[idx] = y, ne[idx] = h[x], h[x] = idx ++;
}

void dfs(int x)
{
    for (int i = v[x]; i <= m; i ++) f[x][i] = w[x];
    for (int i = h[x]; i != -1; i = ne[i])      // 枚举以 x 为根的相邻节点
    {
        int y = e[i];
        dfs(y);
        for (int j = m; j >= v[x]; j --)      // 当前根为视角枚举体积，不可换序
            for (int k = j - v[x]; k >= 0; k --)    // 以子节点为视角枚举子节点子树体积，可换序
                f[x][j] = max(f[x][j], f[x][j - k] + f[y][k]);                
    }
}

int main()
{
    cin >> n >> m;
    memset(h, -1, sizeof h);
    for (int i = 1; i <= n; i ++)
    {
        int p;
        cin >> v[i] >> w[i] >> p;
        if (p != -1) add(p, i);
        else root = i;
    }
    dfs(root);
    cout << f[root][m];
    return 0;
}