动态规划之【树形DP】第4课：树形DP应用案例实践3

动态规划之【树形DP】第4课：树形DP应用案例实践3

选课

题目描述

在大学里每个学生，为了达到一定的学分，必须从很多课程里选择一些课程来学习，在课程里有些课程必须在某些课程之前学习，如高等数学总是在其它课程之前学习。现在有 N N N 门功课，每门课有若干学分，分别记作 s 1 , s 2 , ⋯   , s N s_1,s_2,\cdots,s_N s1,s2,⋯,sN，每门课有一门或没有直接先修课（若课程 a a a 是课程 b b b 的先修课即只有学完了课程 a a a，才能学习课程 b b b）。一个学生要从这些课程里选择 M M M 门课程学习，问他能获得的最大学分是多少？

题目保证课程安排无冲突。（即不会有 a a a 是 b b b 的先修课， b b b 也是 a a a 的先修课这类情况存在。）

输入格式

第一行有两个整数 N N N， M M M 用空格隔开 ( 1 ≤ N ≤ 300 (1 \leq N \leq 300 (1≤N≤300 , 1 ≤ M ≤ 300 ) 1 \leq M \leq 300) 1≤M≤300)。

接下来的 N N N 行，第 i + 1 i+1 i+1 行包含两个整数 k i k_i ki 和 s i s_i si， k i k_i ki 表示第 i i i 门课的直接先修课， s i s_i si 表示第 i i i 门课的学分。若 k i = 0 k_i=0 ki=0 表示没有直接先修课 ( 0 ≤ k i ≤ N (0 \leq {k_i} \leq N (0≤ki≤N, 1 ≤ s i ≤ 20 ) 1 \leq {s_i} \leq 20) 1≤si≤20)。

数据保证至少存在一个 k i = 0 k_i=0 ki=0，即至少一门课无先修课。

输出格式

只有一行，选 M M M 门课程的最大学分。

输入输出样例 1

输入 1

7 4
2 2
0 1
0 4
2 1
7 1
7 6
2 2

输出 1

13

思路分析

题目是典型的"树形依赖背包"问题。

每门课可能有先修课，构成一个森林。为了方便，我们添加一个虚拟根节点 0，将每个无先修课的课程作为 0 的子节点，从而将森林转化为一棵以 0 为根的树。

核心思想：

• 定义 dp[u][j] 表示在以 u 为根的子树中，必须选修课程 u 的前提下，总共选修 j 门课程能获得的最大学分。
• 对每个子节点 v 进行 DFS，递归得到 dp[v][*]。
• 合并子节点时，采用分组背包的方式：当前节点 u 已经处理了部分子树，现在要将子节点 v 的选课方案合并进来。
  • 外层循环倒序遍历当前已选课程数 j（从大到小，避免重复使用同个子树）。
  • 内层循环枚举在子节点 v 中选修 k 门课（k>=1，因为选了 u 之后才能选 v，且 v 必须选才能获得 dp[v][k]）。
• 初始状态：dp[u][1] = w[u]，即只选自己。

处理虚拟根 0 ：
0 不是实际课程，不消耗选课名额，因此对它的所有子节点直接做分组背包，dp0[j] 表示在整棵树中选 j 门课的最大学分。最终答案即为 dp0[m]。

复杂度 ：O(N * M^2)，但由于子树大小限制，实际运行效率较高，N、M ≤ 300 完全可过。

---

代码实现

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 305;// 最大课程数
int n, m;  // n: 课程总数, m: 要选的课程数
vector<int> g[N];  // 邻接表，g[i] 存储课程 i 的直接后继（子节点）
int w[N];  // w[i] 课程 i 的学分
int sz[N];   // sz[i] 以 i 为根的子树大小（包含 i）
int dp[N][N];   // dp[u][j] 以 u 为根的子树中，强制选 u 且共选 j 门课的最大学分

// 深度优先搜索，计算以 u 为根的子树（u 必须选）的 DP 值
void dfs(int u) {
    sz[u] = 1;  // 初始化子树大小为 1（只有自己）
    dp[u][1] = w[u];  // 只选 u 一门课，学分就是 w[u]
    
    // 遍历每个子节点 v
    for (int v : g[u]) {
        dfs(v);  // 先递归处理子节点，得到 dp[v][*] 和 sz[v]
        
        // 合并子节点 v 到 u 的背包中
        // 倒序枚举当前已经选了的课程数 j（从 sz[u] 到 1）
        // 因为要防止在本次合并中重复使用 v 的贡献
        for (int j = min(sz[u], m); j >= 1; --j) {
            // 枚举从子节点 v 中选 k 门课（k 至少为 1，因为选了 u 才能选 v）
            // 且总课程数不能超过 m
            for (int k = 1; k <= sz[v] && j + k <= m; ++k) {
                dp[u][j + k] = max(dp[u][j + k], dp[u][j] + dp[v][k]);
            }
        }
        sz[u] += sz[v];// 更新子树大小（所有子节点合并完后才是真实大小）
    }
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        int k, s;
        cin >> k >> s;
        w[i] = s;
        g[k].push_back(i);// k=0 表示无先修课，作为虚拟根 0 的子节点
    }
    
    // 对虚拟根 0 的每个子节点分别进行 DFS
    for (int v : g[0]) dfs(v);
    
    // 处理虚拟根 0：0 本身不是实际课程，不占用选课名额
    // dp0[j] 表示在 0 的子树中选 j 门课的最大学分
    int dp0[N] = {0};
    int cur = 0;   // 当前已经处理过的子树的课程总数上限
    
    for (int v : g[0]) {
        // 分组背包合并，倒序枚举当前已选课程数 j
        for (int j = min(cur, m); j >= 0; --j) {
            // 枚举从子节点 v 中选 k 门课（k>=1）
            for (int k = 1; k <= sz[v] && j + k <= m; ++k) {
                dp0[j + k] = max(dp0[j + k], dp0[j] + dp[v][k]);
            }
        }
        cur += sz[v];
    }
    
    cout << dp0[m] << '\n';
    return 0;
}

---

功能分析

1. 输入处理

• 第一行两个整数 N 和 M，分别表示课程总数和需要选修的门数。
• 接下来 N 行，每行两个整数 k i k_i ki 和 s i s_i si， k_i 是先修课编号（0 表示无先修课）， s i s_i si 是学分。

2. 核心功能

• 将课程依赖关系构建成以 0 为根的树。
• 通过树形 DP + 分组背包，计算出在满足先修依赖的条件下，恰好选 M 门课能获得的最大总学分。

3. 输出

• 一个整数，表示最大学分。

4. 算法复杂度

• 时间：O(N * M^2)，最坏情况约 300×300×300 ≈ 2.7e7，常数较小，可 AC。
• 空间：O(N * M)，约 300×300 的 DP 数组。

5. 关键点

• 虚拟根：简化森林为树，统一处理。
• 强制选当前节点：保证依赖关系正确。
• 分组背包合并：每个子节点是一个"物品组"，在组内只能选一种选法（即选 k 门课）。
• 子树大小优化：限制循环上界，避免无效状态。

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using namespace std;
int main(){
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