题目
题目描述
脸哥最近来到了一个神奇的王国，王国里的公民每个公民有两个下属或者没有下属，这种关系刚好组成一个 n 层的完全二叉树。
公民 i 的下属是 2 * i 和 2 * i +1。最下层的公民即叶子节点的公民是平民，平民没有下属，最上层的是国王，中间是各级贵族。
现在这个王国爆发了战争，国王需要决定每一个平民是去种地以供应粮食还是参加战争，每一个贵族（包括国王自己）是去管理后勤还是领兵打仗。
一个平民会对他的所有直系上司有贡献度，若一个平民 i 参加战争，他的某个直系上司 j 领兵打仗，那么这个平民对上司的作战贡献度为 wij。
若一个平民i 种地，他的某个直系上司 j 管理后勤，那么这个平民对上司的后勤贡献度为 fij，若 i 和 j 所参加的事务不同，则没有贡献度。
为了战争需要保障后勤，国王还要求不多于 m 个平民参加战争。国王想要使整个王国所有贵族得到的贡献度最大，并把这件事交给了脸哥。但不幸的是，脸哥还有很多 deadline 没有完成，他只能把这件事又转交给你。你能帮他安排吗？
输入格式
第一行两个数 n;m。
接下来 2^(n-1) 行，每行n-1 个数，第 i 行表示编号为 2^(n-1)-1+ i 的平民对其n-1直系上司的作战贡献度，其中第一个数表示对第一级直系上司，即编号为 (2^(n-1)-1+ i)/2 的贵族的作战贡献度 wij，依次往上。
接下来 2^(n-1)行，每行n-1个数，第i行表示编号为 2^(n-1)-1+ i的平民对其n-1个直系上司的后勤贡献度，其中第一个数表示对第一级直系上司，即编号为 (2^(n-1)-1+ i)/2 的贵族的后勤贡献度 fij ，依次往上。
输出格式
一行一个数表示满足条件的最大贡献值
题解&分析
还没有做到这样的题。。
首先n很小，所以可以先考虑枚举，但是怎么枚举呢？
这是一个完全二叉树，好像没有什么思路
考虑其他方法，不难看出是一个树形dp，那么就有dp[i][j]表示以i为根的子树选j个叶子打仗的最大贡献
如果枚举叶子节点情况呢？很容易发现是超时的
同时我们发现一个叶子只有n-1个祖先，那么如果将所有的祖先情况枚举出来呢？
也就是说将每一个非叶子节点的状态枚举，是否去打仗
时间复杂度O(n）好像可以接受，再来看转移
由于树形DP是要从下往上转移，而我们枚举了每个祖先的状态，其实叶子结点x的dp[x][0]与dp[x][1]都已经出来了，那么就可像其他dp一样边枚举边转移
那么式子就出来了：
看一下重难点：
主要是要想到怎样去枚举状态，对题目的条件分析要更全面一些
其实可根据输入方式来进行分析
同时，dp转移的时间复杂度是多少要考虑周全
代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
const int MAXN = 1026;
int n, m;
int w[MAXN][MAXN], f[MAXN][MAXN];
int dp[MAXN][MAXN];
bool vis[MAXN];
void dfs(int x, int now) {
for (int i = 0; i <= ( 1 << now ); i++) dp[x][i] = 0;
if (!now) {
for (int i = 1; i <= n - 1; i++) {
if (vis[i])
dp[x][1] += w[x][i];
else
dp[x][0] += f[x][i];
}
return;
}
vis[now] = 0;
dfs(x * 2, now - 1);
dfs(x * 2 + 1, now - 1);
for (int j = 0; j <= ( 1 << now ); j++) {
for (int k = 0; k <= j; k++) dp[x][j] = max(dp[x][j], dp[x * 2][k] + dp[x * 2 + 1][j - k]);
}
vis[now] = 1;
dfs(x * 2, now - 1);
dfs(x * 2 + 1, now - 1);
for (int j = 0; j <= ( 1 << now ); j++) {
for (int k = 0; k <= j; k++) dp[x][j] = max(dp[x][j], dp[x * 2][k] + dp[x * 2 + 1][j - k]);
}
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= (1 << (n - 1)); i++) {
for (int j = 1; j < n; j++) scanf("%d", &w[(1 << (n - 1)) + i - 1][j]);
}
for (int i = 1; i <= (1 << (n - 1)); i++) {
for (int j = 1; j < n; j++) scanf("%d", &f[(1 << (n - 1)) + i - 1][j]);
}
dfs(1, n - 1);
for (int i = 0; i <= m; i++) dp[1][1] = max(dp[1][1], dp[1][i]);
printf("%d\n", dp[1][1]);
}
