noip2006 金明的预算方案

NIOP2006 金明的预算方案

题意

依赖性分组背包问题（一个物品最多被两个物品依赖，且被依赖的物品以下没有被依赖的物品）。

解法

如果我们考虑枚举所有的决策，那么我们有：

1. 选 fa
2. 选 fa 和 $ son[1] $
3. 选 fa 和 $ son[2] $
4. 选 fa 和 $ son[1] $ 和 \(son[2]\)

然后我们可以发现，随着依赖物品的增加，每一组物品的决策数成指数级上升，这无法用动态规划来表示。然而我们求的是最优解，于是我们在每一组物品中跑一个01背包，得到该组物品在某一代价下的最大价值，然后再来跑分组背包就可以了。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <vector>
#define INF 2139062143
#define MAX 0x7ffffffffffffff
#define del(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T>
inline void read(T&x)
{
    x=0;T k=1;char c=getchar();
    while(!isdigit(c)){if(c=='-')k=-1;c=getchar();}
    while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}x*=k;
}
const int maxn=32000+15;
vector<int> team[60+15];
int root[60+15];
int v[60+15],w[60+15];
int dp[maxn],temp[maxn];
int n,m;

int main()
{
	read(n),read(m);
	for(int i=1,p;i<=m;i++) {
		read(v[i]),read(w[i]),read(p);
		if(!p) root[++root[0]]=i;
		else team[p].push_back(i);
	}
	for(int i=1;i<=root[0];i++) {
		memcpy(temp,dp,sizeof(temp));
		for(int k=0;k<team[root[i]].size();k++) {
			int x=team[root[i]][k];
			for(int j=n;j>=v[x];j--)
				temp[j]=max(temp[j],temp[j-v[x]]+v[x]*w[x]);
		}
		for(int j=n;j>=v[root[i]];j--)
			dp[j]=max(dp[j],temp[j-v[root[i]]]+v[root[i]]*w[root[i]]);
	}
	printf("%d",dp[n]);
	return 0;
}