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一棵\(N\)个节点的树，编号在\([N-M+1,N]\)内的点必定为叶子节点，且这些点都有一个收益值\(Val_i\)，同时每一条树边都有一个代价。
访问叶节点必须从\(1\)号点出发，经过所有必须的树边到达，每条树边的代价只计算一次。
求在总收益\(-\)总代价不为负的前提下，最多能到达多少个节点。
- \(N,K\in [1,3\times10^3]\)
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\(Solution\)
树形背包。设\(f[i][j]\)表示当前在\(i\)号节点，覆盖其子树内的\(j\)个节点的最大利润。
在背包的时候注意维护的\(size_i\)不再是子树大小，而是子树内有多少个编号在\([N-M+1,N]\)范围内的点。
转移为\(f[u][j]=max(f[u][j],f[u][j-k]+f[v][k]-e[i].w)\ \big|\ j\in[0,size_u],k\in[0,size_v]\)。
初始化\(f[i][0]=0,f[i][j|j\not=0]=-inf\)。边界为\(f\bigg[i\ \big|\ i\in [N-M+1,N]\bigg]\bigg[1\bigg]=Val_i\)。
然后答案就是最大的\(i\)满足\(f[1][i]\ge 0\)。
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\(Code\)
#include#include #include #include #include #include #include #define N 3010#define R register#define gc getcharusing namespace std;inline int rd(){ int x=0; bool f=0; char c=gc(); while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();} while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();} return f?-x:x;}int n,m,tot,sz[N],hd[N],val[N],f[N][N];struct edge{int w,to,nxt;}e[N];inline void add(int u,int v,int w){ e[++tot].to=v; e[tot].w=w; e[tot].nxt=hd[u]; hd[u]=tot;}void dfs(int u,int fa){ if(u>n-m){sz[u]=1;return;} for(R int i=hd[u],v;i;i=e[i].nxt) if((v=e[i].to)!=fa){ dfs(v,u); sz[u]+=sz[v]; for(R int j=sz[u];j;--j) for(R int k=sz[v];k;--k) f[u][j]=max(f[u][j],f[u][j-k]+f[v][k]-e[i].w); }}int main(){ n=rd(); m=rd(); for(R int i=1,x;i<=n-m;++i){ x=rd(); for(R int j=1,v,w;j<=x;++j){v=rd();w=rd();add(i,v,w);} } for(R int i=1;i<=m;++i) val[i]=rd(); memset(f,0xcf,sizeof(f)); for(R int i=1;i<=n;++i) f[i][0]=0; for(R int i=1;i<=m;++i) f[i+n-m][1]=val[i]; dfs(1,0); for(R int i=m;i;--i) if(f[1][i]>=0){printf("%d",i);return 0;} return 0;}