标签：遇到 one 题意 can root opened bit pac std
题意：给出一颗树形图，每一条边都有一定权值，叶子节点里面有若干副画
现在有一个小偷要进去偷画，每一条边的权值就是走的时间，偷画需要5秒
给出警察到来时间，问最多能偷多少副画
思路:这是一道树形dp
我们遍历每个节点，从根节点dfs到叶子节点，那么如何进行状态转移呢
我们用一个dp【i】【j】表示在i节点花掉j时间能偷到的最多的画
那么我们在计算某个节点能够偷到画的数量的时候
先把走廊的时间算上去，假如走廊需要走5秒，那么我们就需要10秒（来回走）
然后就开始枚举在这个节点的时候，花掉k时间能过拿到最多的画的数量
然后遇到有分岔路的一个节点的时候，我们就需要枚举这两边，花掉k时间能过拿到最多的画的数量
那么如何求呢？同样我们得先算上走廊的时间再进行枚举
假如到了根节点位置，走廊来回走花了10秒，那么我们在算花55秒能够偷到画的最多数量的时候，就只能用45秒
然后逐一枚举时间即可
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int maxn=1e3+10; 4 int dp[maxn][maxn]; 5 int cnt=0; 6 int n; 7 void dfs() 8 { 9 int root=++cnt; 10 int limit,tmp; 11 scanf("%d%d",&limit,&tmp); 12 limit*=2; 13 if(tmp){ 14 for(int i=limit;i<=n;i++){ 15 dp[root][i]=min(tmp,(i-limit)/5); 16 //在此节点能够偷到的画的最多数量 17 } 18 } 19 else{ 20 int left=cnt+1; dfs(); 21 int right=cnt+1; dfs(); 22 for(int i=limit;i<=n;i++){ 23 int tmp=i-limit; //减去走廊所用时间，剩下的就是能够用的时间 24 for(int j=0;j<=tmp;j++){ 25 dp[root][i]=max(dp[root][i],dp[left][j]+dp[right][tmp-j]); 26 } 27 } 28 } 29 } 30 int main() 31 { 32 scanf("%d",&n); n--; 33 dfs(); 34 printf("%d\n",dp[1][n]); 35 return 0; 36 }
标签：遇到 one 题意 can root opened bit pac std
原文地址：https://www.cnblogs.com/pangbi/p/12586719.html
