可怜与超市

这应该是HZOI学长出的题

星星星

感谢学长送来的质量题
当时刚开题就发现这是一个树形DP
赛后发现果然是一个树形DP

进入正题：

1.如何发现这是一个树形DP：

首先：
用劵的时候后面的劵对前面的劵有依赖性
这就可以看成子节点与父节点的关系
因此是一个树形
其次：
不必把每个劵都用掉
可以通过适当不用劵来减少因为依赖而额外购买的物品
这反而会得到更优的结果

2.如何设计DP？

阶段：

树状DP的一般方法就是去以整个树为阶段（即子问题）划分
因此，我们设计的状态转移数组的第1维就是：
以i为根节点的子树，也就是一个子问题
需要取用子节点最优值时，直接取用这个子节点即可

状态：

由于我们以最大购买物品数难以设计状态（以钱数为状态会超内存）
注：就是个普通背包
于是我们应该换个思路：
由于N的范围可以接受，因此我们设计状态应该是以一个不大于N的状态，
而money的最大值为1e9，我们更应该以一个整数的形式去存money
考虑状态反转，求最小值
自然想到把物品数当一维，money就老实当我们的储存数就行了
因此我们的第二维状态就是买到的物品数，当然，不计价格
而价格呢，就是我们要存储的，到最后，我们会依据价格同给定b的大小及购买货物的值确定答案

决策：

既然没有了价格限制，我们的决策自然变成了：
买j个，用劵或不用劵
而对于劵的依赖性：
由于父节点用了劵，子节点就可以选择用劵或不用劵，而如果父节点不用劵：那么子节点一定不能用劵
因此，我们要维护的有用劵和不用劵两个状态，这一维状态就是我们的决策

状态转移：

有了决策，就有了状态转移
而我们因为枚举不同的物品购买数，所以要借助一个辅助数组叫size；
size表示一个父节点当前所有可以购买的子节点数
接下来的任务就是遍历每一个子节点并访问子树
最终得到子问题的最优解
而由于0/1性质，我们需要倒序循环
对于每次决策：
决策维0：\(f[i][j+k][0]=min(f[i][j+k][0],f[i][j][0]+f[v][k][0])\)
秉承父不用劵子不用劵的原则还有尽可能省钱的原则，我们应当从以i为节点的子树中挑
j个，从v为节点的子树中挑k个最优答案
决策维1：\(f[i][j+k][0]=min(f[i][j+k][1],f[i][j][1]+min(f[y][k][0],f[y][k][1]))\)
i选了券决定f[i][j]带券，但是y就可带可不带选最小值了
于是这个程序写完2/3了

初始与目标

我们认为一开始只能买x一个所以size初值1
带券f[i][1][1]显然是c-d
不带券也显然是c
不买更显然直接0
其他初值正无穷（0x3f3f3f3f）
目标：
f[1][i][1]:1天生有券不用白不用，是唯一用了无副作用的券
查找：
对于f[1][i][1]如果花钱最小值小于b买得起就把ans更新成较大的i即可
最后就是前向星了
Code

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>//可怜与超市 
#define sbcrs sbwqz//树形DP（依赖背包类树形） 
using namespace std;//分类讨论 
#define ll long long //开long long 
const int o=5005;//数据规模 
class supermarket{//定义数据类 
	public://公开访问：在其他位置可以使用 
	ll n,b,ans,h[o],cnt;//定义数据：n种类，b钱数，ans答案，h前向星用，cnt记边数 
	int size[o],f[o][o][2];//size存子节点个数，f状态转移 
	struct node{//定义数据节点 
		ll c;//c原价 
		ll d;//d优惠价 
		ll x;//x父节点编号 
	}a[o];//a存储每一个数据节点 
	struct tree{//建树/建图 
		int t;//终点 
		int n;//下一条边 
	}p[o*2];//
}w;//存储数据的类封装 
namespace sbwqz{//定义函数封装 
	void add(ll s,ll t){//建边函数：s起点t终点 
		w.cnt++;//边数增加准备存边 
		w.p[w.cnt].t=t;//存终点 
		w.p[w.cnt].n=w.h[s];//存下一条边 
		w.h[s]=w.cnt;//保证链式 
	}
	void pre(){//预处理 
		memset(w.f,0x3f,sizeof(w.f));//求最小值，初始化为较大数 
	}
	void in(){//实现输入 
		scanf("%d%d",&w.n,&w.b);//输入n和b 
		scanf("%d%d",&w.a[1].c,&w.a[1].d);//对1号节点输入特殊处理 
		for(int i=2;i<=w.n;i++){//从2开始 进行正常输入 
			scanf("%d%d%d",&w.a[i].c,&w.a[i].d,&w.a[i].x);//分别输入c.d.x 
			add(w.a[i].x,i);//建边，a[i]是父节点,i子节点 
		}
	}
	void find(){//查找最优答案 
		for(int i=1;i<=w.n;i++){//从1到n遍历 
			if(w.f[1][i][1]<=w.b){//以1为根，对所有用劵的状态查找 
				w.ans=i;
			}
		}
	}
	void out(){//输出函数 
		cout<<w.ans;//输出答案 
	}
	void work(int x){//求解函数 x为根节点 
		w.size[x]=1;//初始化，可访问点初始为1 
		w.f[x][1][1]=w.a[x].c-w.a[x].d;//如果只买x用劵的话显然 
		w.f[x][1][0]=w.a[x].c;//同理，不用劵也是显然对 
		w.f[x][0][0]=0;//直接不买花销自然为0 
		for(int i=w.h[x];i;i=w.p[i].n){//遍历所有边 
			int y=w.p[i].t;//找到终点 (子节点) 
			work(y);//对子节点进行求解 
			for(int j=w.size[x];j>=0;j--){//0/1背包DP倒序循环 
				for(int k=w.size[y];k>=0;k--){//同理 
					w.f[x][j+k][1]=min(w.f[x][j+k][1],w.f[x][j][1]+min(w.f[y][k][0],w.f[y][k][1]));//用劵的最小值 
					w.f[x][j+k][0]=min(w.f[x][j+k][0],w.f[x][j][0]+w.f[y][k][0]);//不用劵的最小值 
				}
			}
			w.size[x]+=w.size[y];//增大x规模 
		}
	}
}
using namespace sbcrs;//调用封装好的函数准备实现功能 
int main(){
	freopen("supermarket.in","r",stdin);//文件输入 
	freopen("supermarket.out","w",stdout);//文件输出 
	pre();//预处理 
	in();//输入 
	work(1);//求解 
	find();//查找最优解 
	out();//输出 
	return 0;//结束 
}

完结撒花！
RP++！