10. 有依赖的背包问题

10.有依赖的背包问题

题目描述：

有 $N$ 个物品和一个容量是 $V$ 的背包。

物品之间具有依赖关系，且依赖关系组成一棵树的形状。如果选择一个物品，则必须选择它的父节点。

如下图所示：

如果选择物品5，则必须选择物品 $1$ 和 $2$ 。这是因为 $2$ 是 $5$ 的父节点， $1$ 是 $2$ 的父节点。

每件物品的编号是 $i$ ，体积是 $v_i$ ，价值是 $w_i$ ，依赖的父节点编号是 $p_i$ 。物品的下标范围是 $1\cdots N$ 。

求解将哪些物品装入背包，可使物品总体积不超过背包容量，且总价值最大。

输出最大价值。

输入格式

第一行有两个整数 $N$ ， $V$ 用空格隔开，分别表示物品个数和背包容量。

接下来有 $N$ 行数据，每行数据表示一个物品。
第 $i$ 行有三个整数 $v_i,w_i,p_i$ ，用空格隔开，分别表示物品的体积、价值和依赖的物品编号。
如果 $p_i=−1$ ，表示根节点。 数据保证所有物品构成一棵树。

输出格式

输出一个整数，表示最大价值。

数据范围：

$1\le n, v\le 100, 1\le v_i, w_i \le 100$

题解：

使用 $dp[u][j]$ 表示节点 $u$ 分配的体积为 $j$ 能得到的最大价值。因为选择 $u$ 的孩子节点时，必须要选 $u$ ，因此可以先初始化 $dp[u][v[u]\cdots m] = w[u]$ 。

然后枚举节点 $u$ 分配的体积 $j$ ， $m\ge j \ge v[u]$ ，因为小于 $v[u]$ 的连 $u$ 都放不下，最大价值是 $0$ 。然后枚举分给孩子节点的体积 $k$ ， $0\le k \le j - v[u]$ 。因为 $u$ 必须要占用 $v[u]$ 。

$$dp[u][j] = \max(dp[u][j], dp[v][k] + dp[u][j - k]);$$

注意 $j$ 需要倒序枚举，因为 $dp[u][j]$ 需要用到 $dp[u][j - k]$ 。需要用到前面的结果。

代码：

using namespace std;
using namespace FAST_IO;
const ll mod = 1e9 + 7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll INF_LL = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps = 1e-5;
const int maxn = 1e3 + 10;
const int maxm = 1e5 + 10;
int t, n, m, k;
vector<int> g[maxn];
int dp[maxn][maxm]; // dp[i][j], 表示分配给节点 i, 体积 j 能达到的最大价值
// dp[u][j] = dp[u][j]
int a[maxn][2];
void dfs(int u)
{
    for (int j = a[u][0]; j <= m; ++j)
        dp[u][j] += a[u][1];
    for (int i = 0; i < g[u].size(); ++i)
    {
        int v = g[u][i];
        dfs(v);
        // 节点 u 必须被选择，否则孩子节点无法选择
        for (int j = m; j >= a[u][0]; --j)
        {
            // 枚举分配给子树的体积
            for (int k = 0; k <= j - a[u][0]; ++k)
            {
                dp[u][j] = max(dp[u][j], dp[u][j - k] + dp[v][k]);
            }
        }
    }
}
int main()
{
// #define COMP_DATA
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt", "r", stdin);
#endif
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    read(n, m);
    int root;
    for (int i = 1, p, v, w; i <= n; ++i)
    {
        read(v, w, p);
        a[i][0] = v, a[i][1] = w;
        if (p == -1)
        {
            root = i;
            continue;
        }
        g[p].emplace_back(i);
    }
    dfs(root);
    cout << dp[root][m] << endl;
    return 0;
}