双做法：01背包，树形DP

链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/24213/1024
来源：牛客网

题目描述

金明今天很开心，家里购置的新房就要领钥匙了，新房里有一间金明自己专用的很宽敞的房间。更让他高兴的是，妈妈昨天对他说：“你的房间需要购买哪些物品，怎么布置，你说了算，只要不超过N元钱就行”。今天一早，金明就开始做预算了，他把想买的物品分为两类：主件与附件，附件是从属于某个主件的，下表就是一些主件与附件的例子：

如果要买归类为附件的物品，必须先买该附件所属的主件。每个主件可以有0个、1个或2个附件。附件不再有从属于自己的附件。金明想买的东西很多，肯定会超过妈妈限定的N元。于是，他把每件物品规定了一个重要度，分为5等：用整数1~5表示，第5等最重要。他还从因特网上查到了每件物品的价格（都是10元的整数倍）。他希望在不超过N元（可以等于N元）的前提下，使每件物品的价格与重要度的乘积的总和最大。
设第j件物品的价格为v[j]，重要度为w[j]，共选中了k件物品，编号依次为j1，j2，……，jk，则所求的总和为：v[j1]*w[j1]+v[j2]*w[j2]+ …+v[jk]*w[jk]。（其中*为乘号）
请你帮助金明设计一个满足要求的购物单。

输入描述: 

第1行，为两个正整数，用一个空格隔开：N  m（其中N（ < 32000 ）表示总钱数，m（ < 60 ）为希望购买物品的个数。）
从第2行到第m+1行，第j行给出了编号为j-1的物品的基本数据，每行有3个非负整数v  p  q（其中v表示该物品的价格（v < 10000），p表示该物品的重要度（1~5），q表示该物品是主件还是附件。如果q=0，表示该物品为主件，如果q>0，表示该物品为附件，q是所属主件的编号）

输出描述: 

输出一个正整数，为不超过总钱数的物品的价格与重要度乘积的总和的最大值（<200000）。

题型：

动态规划--有依赖的背包问题--01背包变式，分组背包，树形dp

思路：

一
01背包/分组背包：首先，题目中说了每一个主件最多只会有两个附件，这意味着其最多只会有五种情况，即
1.不买
2.只买主件
3.买主件与附件1
4.买主件与附件2
5.买主件与附件1与附件2
因为我们知道二维dp数组在第i行的状态只跟第i-1行的状态相关时，是可以优化成一维数组的，所以第一种不买的情况可以不讨论（学过怎么优化的应该都知道为什么不讨论）
所以一种只有4种情况，可以枚举，即每一个情况都列出对应的状态转移方程求解，最后答案就为dp[n]
至于每一种情况所对应的状态转移方程，已经在下面的代码中展示了
二
树形dp：简单来说，就是可以把每一个主件看成一个父节点，对于每一个主件，构造树，附件就是树上的子节点
注意一点：如果直接套树形dp的模板容易被卡（比如说这一道题直接写会爆TLE），但是看到题干中有一个关键信息，就是价格是10的倍数，那么可以想到对数据进行除以10的处理，这样因为时间复杂度是跟这个数据相关的，相当于这个处理直接降了一个数级，时间也会快很多。这样就可以直接套模板写啦awa
具体代码看下面第二个

代码（01背包，此题分组背包与01背包在原理上差不多）： 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int zc[32100],zv[32100],dp[32100];
vector<int>fc[32100],fv[32100];
int main(){
	int n,m,v,p,q;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d%d",&v,&p,&q);
		if(!q){
			zc[i]=v;
			zv[i]=v*p;
		}else{
			fc[q].push_back(v);
			fv[q].push_back(v*p);
		}
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		if(!zc[i]) continue;
		for(int j=n;j>=zc[i];j--){
			dp[j]=max(dp[j],dp[j-zc[i]]+zv[i]);
			int tmp=fc[i].size();
			if(tmp==1){
				if(j>=zc[i]+fc[i][0]) dp[j]=max(dp[j],dp[j-zc[i]-fc[i][0]]+zv[i]+fv[i][0]);
			}
			if(tmp==2){
				if(j>=zc[i]+fc[i][0]) dp[j]=max(dp[j],dp[j-zc[i]-fc[i][0]]+zv[i]+fv[i][0]);
				if(j>=zc[i]+fc[i][1]) dp[j]=max(dp[j],dp[j-zc[i]-fc[i][1]]+zv[i]+fv[i][1]);
				if(j>=zc[i]+fc[i][0]+fc[i][1]) dp[j]=max(dp[j],dp[j-zc[i]-fc[i][0]-fc[i][1]]+zv[i]+fv[i][0]+fv[i][1]);
			}
		}
	}
	printf("%d\n",dp[n]);
	return 0;
}

代码（树形dp）： 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dp[70][40000];
vector<int>g[40000];
int v[110],w[110];
int n,m,root;
void dfs(int x) {
	for(int i=v[x]; i<=m; i++) dp[x][i]=w[x];
	int tmp=g[x].size();
	for(int i=0; i<tmp; i++) {
		int y=g[x][i];
		dfs(y);
		for(int j=m; j>=v[x]; j--) {
			for(int k=0; k<=j-v[x]; k++) {
				dp[x][j]=max(dp[x][j],dp[x][j-k]+dp[y][k]);
			}
		}
	}
}
int main() {
	scanf("%d%d",&m,&n);
	m/=10;
	root=0;v[0]=0;w[0]=0;
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		int fa;
		scanf("%d%d%d",&v[i],&w[i],&fa);
		v[i]/=10;
		w[i]=w[i]*v[i];
		g[fa].push_back(i);
	}
	dfs(root);
	printf("%d\n",dp[root][m]*10);
	return 0;
}