【HAOI2015】树上染色（树型dp）

题目描述

有一棵点数为 N 的树，树边有边权。给你一个在 0~ N 之内的正整数 K ，你要在这棵树中选择 K个点，将其染成黑色，并将其他 的N-K个点染成白色 。 将所有点染色后，你会获得黑点两两之间的距离加上白点两两之间的距离的和的受益。问受益最大值是多少。

 

输入输出格式

输入格式：

第一行包含两个整数 N, K 。接下来 N-1 行每行三个正整数 fr, to, dis ， 表示该树中存在一条长度为 dis 的边 (fr, to) 。输入保证所有点之间是联通的。

 

输出格式：

输出一个正整数，表示收益的最大值。

 

记录一下最后自己的理解，原版题解来自洛谷的一众大神：诸神之题解

 

掉坑

惯性思维，看到树就直接设了一个表示以i为根，选了j个节点为黑能得到的最大值。然后就没有然后了。（掉坑这一点上我跟大神还是一档的）

 

稍加思考（搜题解）

修改一下的含义为：以i为根，选了j个子节点为黑对答案的最大贡献。因为题解是这么说的。因为按照上面的定义，如果自己推了推，会发现状态在一棵子树内是独立的，难以往上转移，而修改后，状态是对整个树而言的，可以轻松转移。

 

冷静思考

至此思路已明，尝试写出状态转移方程。对于一条边，它的边权为w，它左边有x个黑色节点，那么相应右边有K-x个黑色节点；它左边子树的大小为size，那么左边就有size-x个白点，相应右边有N-K-（size-x）个白点。于是这一条边对于整个答案的贡献为:。因此，当深搜到一个节点，每遍历一条边就做一次更新。答案就是f(1,K)。

状态转移方程为：。看上去长其实一看代码就明白。

所以可以AC了！！！

此后我连着全WA了好几次。最后还是看了题解里的代码才过，主要是两个DFS要合在一起写。细节决定成败...

 

#include
#include
#include
#include

using namespace std;

typedef long long LL;

const LL MAXN=2010;

int N,K,np=0;
int last[MAXN];
LL f[MAXN][MAXN];
int size[MAXN];

struct edge{int to,w,pre;}E[MAXN*2];

void addedge(int u,int v,int w)
{
	E[++np]=(edge){v,w,last[u]};
	last[u]=np;
}

char c;
void scan(int &x)
{
	for(c=getchar();c<'0'||c>'9';c=getchar());
	for(x=0;c>='0'&&c<='9';c=getchar()) x=x*10+c-'0';
}

void dp(int u,int fa)
{
	size[u]=1; 
	memset(f[u],-1,sizeof(f[u]));
	f[u][0]=f[u][1]=0;
	for(int p=last[u];p;p=E[p].pre)
	{
		int v=E[p].to;
		if(v==fa) continue;
		dp(v,u);
		size[u]+=size[v];
	}
	
	for(int p=last[u];p;p=E[p].pre)
	{
		int v=E[p].to,w=E[p].w;
		if(v==fa) continue;
		for(int i=min(K,size[u]);i>=0;--i)
		for(int j=0;j<=min(i,size[v]);++j) if(f[u][i-j]>=0)
		{
			LL val=(LL)j*(K-j)*w+(LL)(size[v]-j)*(N-K+j-size[v])*w;
			f[u][i]=max(f[u][i],f[u][i-j]+f[v][j]+val);
		}
	}
}

int main()
{
	int i,j,u,v,w;
	
	scan(N);scan(K);
	
	for(i=1;i