题目链接：3562. 折扣价交易股票的最大利润（困难）
算法原理：
解法：01背包+动态规划
297ms击败34.61%
时间复杂度O(N∗Budget)
①树形结构构建：将层级关系（hierarchy）转换为邻接表形式的树形结构，节点从 1-based 转为 0-based 索引
②后序 DFS 遍历子树：对每个节点 x，递归处理其所有子节点，获取子节点子树的状态数组（记录不同预算 j、父节点状态 k 下的最大利润）
③子树状态合并（01 背包）：采用 01 背包逆序遍历预算的方式，将所有子节点的状态数组合并为当前节点的子树合并状态（subF），表示预算 j、当前节点状态 k 下的子树总利润
④当前节点状态计算：根据父节点状态 k（0/1）计算当前节点的购买成本，分预算足够 / 不足两种情况，取 “不买当前节点” 和 “买当前节点（利润为未来价 - 成本）” 的最大值，生成当前节点的最终状态数组
⑤根节点结果提取：调用 DFS 处理根节点（索引 0），返回预算 budget、根节点无父节点（状态 0）时的最大利润作为答案
核心要点：
用后序 DFS处理树形结构，保证先处理子节点再处理父节点
用01 背包逆序遍历合并多个子树的状态，解决预算分配的优化问题
父节点状态影响当前节点的购买成本，通过状态数组记录这一依赖关系答疑
Q1：为什么上面枚举了 subF 这个数组之后，下面又要枚举这个 f 的数组？这为什么枚举两遍？它俩有啥区别吗？
枚举
subF：合并子树的背包状态枚举
f：结合父节点状态推导返回值
Java代码：
class Solution { public int maxProfit(int n, int[] present, int[] future, int[][] hierarchy, int budget) { //构建树形邻接表 List<Integer>[] g=new ArrayList[n];//开了大小为n的长度 Arrays.setAll(g,i->new ArrayList<>()); //员工1对应索引0，因为恰好n的大小的空间 for(int[] e:hierarchy) g[e[0]-1].add(e[1]-1); //从根节点开始dfs，根节点无父节点，状态为未购买（0） //f[j][0]:根节点预算j下的最大利润 int[][] f0=dfs(0,g,present,future,budget); return f0[budget][0]; } //x:当前处理节点，g:树形邻接表，present:当前股票价格数组，future:股票未来价格数组，budget:总预算 private int[][] dfs(int x,List<Integer>[] g,int[] present,int[] future,int budget){ //计算从x的所有儿子子树y中，能得到的最大利润之和（x不买，x买） //subF[j][k]:合并x的所有子树后，预算j下，x自身状态为k时的最大利润 //初始化为0：没有子树时利润为0 int[][] subF=new int[budget+1][2]; //遍历x的每个直接子节点y，合并子树y的状态到subF for(int y:g[x]){ //递归处理子节点y，得到y子树的状态数组fy int[][] fy=dfs(y,g,present,future,budget); //01背包的逆序遍历：避免重复选择，从大预算到小预算更新 for(int j=budget;j>=0;j--){ //枚举子树y的预算为jy //当作一个体积为jy，价值为fy[jy][k]的物品 //把总预算j拆分成给子树y的运算jy和留给当前节点的剩余预算j-jy来合并子树状态 for(int jy=0;jy<=j;jy++) for(int k=0;k<2;k++) //状态转移：总预算j=剩余j-jy+给y的jy //剩余预算j-jy的利润(subF[j-jy][k])+y子树预算jy的利润(fy[jy][k]) subF[j][k]=Math.max(subF[j][k],subF[j-jy][k]+fy[jy][k]); } } //f[j][k]:最终返回的状态数组，k表示x的父节点状态 //计算从子树x中，能得到的最大利润之和(x父节点不买，x父节点买) int[][] f=new int[budget+1][2]; for(int j=0;j<=budget;j++){ for(int k=0;k<2;k++){ //k=0表示x父节点不买，k=1表示x父节点买 int cost=present[x]/(k+1); if(j>=cost) //不买x，转移源是subF[j][0] //买x，转移源是subF[j-cost][1],因为对于子树来说,父节点一定买 f[j][k]=Math.max(subF[j][0],subF[j-cost][1]+future[x]-cost); else //只能不买x f[j][k]=subF[j][0]; } } return f; } }
