【bzoj2427】[HAOI2010]软件安装 Tarjan+树形背包dp

题目描述

现在我们的手头有N个软件，对于一个软件i，它要占用W_i的磁盘空间，它的价值为V_i。我们希望从中选择一些软件安装到一台磁盘容量为M计算机上，使得这些软件的价值尽可能大（即V_i的和最大）。
但是现在有个问题：软件之间存在依赖关系，即软件i只有在安装了软件j（包括软件j的直接或间接依赖）的情况下才能正确工作（软件i依赖软件j)。幸运的是，一个软件最多依赖另外一个软件。如果一个软件不能正常工作，那么它能够发挥的作用为0。
我们现在知道了软件之间的依赖关系：软件i依赖软件D_i。现在请你设计出一种方案，安装价值尽量大的软件。一个软件只能被安装一次，如果一个软件没有依赖则D_i=0，这时只要这个软件安装了，它就能正常工作。

输入

第1行：N, M  （0<=N<=100, 0<=M<=500）
第2行：W₁, W₂, ... W_i, ..., W_n （0<=W_i<=M ）
第3行：V₁, V₂, ..., V_i, ..., V_n  （0<=Vi<=1000 ）
第4行：D₁, D₂, ..., D_i, ..., D_n （0<=D_i<=N, D_i≠i ）

输出

一个整数，代表最大价值。

样例输入

3 10
5 5 6
2 3 4
0 1 1

样例输出

5

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题解

Tarjan+树形背包dp

一开始刚看题以为是基环树背包dp，不过仔细想想可以发现一个环当且仅当全部选择才可以发挥作用。于是可以先把所有的环缩点，这里直接上了Tarjan的板子。

然后原图就变成了一个森林，使用树形背包的方法来处理。设$f[i][j]$表示在以$i$为根的子树中选择根和其它符合条件的节点，使得总体积为$j$时可以获得的最大价值。可以枚举子节点的贡献进行状态转移。

对于每棵树求出这个值以后，再把每棵树的所有结果做一次dp即可。

时间复杂度$O(nm^2)$。

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 110
using namespace std;
vector<int> e[N] , c[N];
int m , w[N] , v[N] , deep[N] , low[N] , tot , vis[N] , ins[N] , sta[N] , top , num , bl[N] , a[N] , b[N] , fa[N] , f[N][510] , g[510];
void tarjan(int x)
{
	int i;
	deep[x] = low[x] = ++tot , vis[x] = ins[x] = 1 , sta[++top] = x;
	for(i = 0 ; i < (int)e[x].size() ; i ++ )
	{
		if(!vis[e[x][i]]) tarjan(e[x][i]) , low[x] = min(low[x] , low[e[x][i]]);
		else if(ins[e[x][i]]) low[x] = min(low[x] , deep[e[x][i]]);
	}
	if(deep[x] == low[x])
	{
		int t;
		num ++ ;
		do
		{
			t = sta[top -- ];
			ins[t] = 0 , bl[t] = num; 
		}
		while(t != x);
	}
}
void dfs(int x)
{
	int i , j , k;
	for(i = 0 ; i < a[x] ; i ++ ) f[x][i] = -1 << 29;
	for(i = a[x] ; i <= m ; i ++ ) f[x][i] = b[x];
	for(i = 0 ; i < (int)c[x].size() ; i ++ )
	{
		dfs(c[x][i]);
		for(j = m ; j >= 0 ; j -- )
			for(k = j ; k >= 0 ; k -- )
				f[x][j] = max(f[x][j] , f[x][j - k] + f[c[x][i]][k]);
	}
}
int main()
{
	int n , i , j , k , d;
	scanf("%d%d" , &n , &m);
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &w[i]);
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &v[i]);
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &d) , e[d].push_back(i);
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
		if(!vis[i])
			tarjan(i);
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
	{
		a[bl[i]] += w[i] , b[bl[i]] += v[i];
		for(j = 0 ; j < (int)e[i].size() ; j ++ )
			if(bl[i] != bl[e[i][j]])
				fa[bl[e[i][j]]] = bl[i] , c[bl[i]].push_back(bl[e[i][j]]);
	}
	for(i = 1 ; i <= num ; i ++ )
	{
		if(!fa[i])
		{
			dfs(i);
			for(j = m ; j >= 0 ; j -- )
				for(k = j ; k >= 0 ; k -- )
					g[j] = max(g[j] , g[j - k] + f[i][k]);
		}
	}
	printf("%d\n" , g[m]);
	return 0;
}