树形DP ———— 【HDU4003】 Find Metal Mineral

题目

给一棵$n$个节点的树, 节点编号为$1$~$n$, 每条边都有一个花费值。
有$k$个机器人从$s$点出发, 问让机器人遍历所有边，最少花费值多少？

分析

基本思路

Q:

指定节点出发，那么我们需不需要考虑从当前节点向子节点和祖先节点两种情况呢?

A:

不需要，虽然是指定 $s$ 出发，但是因为是无根树，所以我们依然可以只考虑子节点的情况，只需要把 $s$ 当作树根即可

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想到这里，我们应该已经意识到这是一道树形dp的问题，则子问题的划分显而易见：
从以 $u$ 为根节点的子树出发，派出 $k$ 个机器人，遍历完子树所需的最小代价

回边的细节分析

Q:

如果把 $k$ 个机器人派出，那么他们还返不返回呢？

A:

显然，很可能要返回

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那么这里又出现了一个很重要的问题：回边，这也是这道题的难点

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特殊情况一：

如果只有一个机器人，且最后需要返回 $s$
一个很显然的结论是：每一条边显然要被走过两遍，总代价设为 $sum$ 则 $sum=\sum w(u,v)|u,v是树上相邻的节点，w(u,v)是边权$

特殊情况二：

如果只有一个机器人，最后不需要返回 $s$
那么我们如果想要代价最小，那么只遍历一次的边就要尽量的多
$Ans=sum-\sum w(u,v)|w(u,v)只遍历一遍$
其实也就是减去一条从 $s$ 到叶子节点的最长路径

类推到所有情况

假设一条边$w(u,v)$被$k$个机器人总共遍历了$x$遍，则最后的总代价会减少 $2\times w(u,v)-x\times w(u,v)$ 我们要这个值最大

换一种方法理解这个式子，如果我们派出 $k$ 个机器人，那么最后会返回几个呢？
很显然是 $1$ 个，为什么呢？
如果我们让 $y$ 个机器人返回，那么 $w(u,v)$ 就会被走 $y\times w(u,v)$次，且子树内的边仍然是不变的
所以很显然更劣
那么 k 个 走一遍，最后1个返回，也就是 $(k+1)\times w(u,v)=x\times w(u,v)$ (因为总共是被遍历$x$遍，又只有$1$个遍历了两边所以 $x=k+1$

因此我们的$dp$状态也就设好了，设 $dp[i][j]$ 表示以 $i$ 为根节点的子树内派出 $j$ 个机器人，所减去的代价最大为多少
这样我们所要求的就是只遍历一遍的边：成功避免了回边问题

代码

#include 
using namespace std;
const int N = 1e4,MAXK = 10;
int n,s,k,sum;
vector<pair<int,int> > G[N + 5];
int dp[N + 5][MAXK + 5]; 
void dfs(int u,int f) {
	for(auto e: G[u]) {
		int v = e.first,w = e.second;
		if (v == f) continue;
		dfs(v,u);
		for(int i = k;i >= 1;i --) {
			for(int j = 1;j <= i;j ++) {
				dp[u][i] = max(dp[u][i],dp[u][i - j] + dp[v][j] + 2 * w - j * w);
			}
		}
	}
}
int main() {
	scanf("%d%d%d",&n,&s,&k);
	for(int i = 1,x,y,w;i < n;i++) {
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&w);
		G[x].push_back({y,w});
		G[y].push_back({x,w});
		sum += w;
	}
	dfs(s,0);
	printf("%d",2 * sum - dp[s][k]);
	return 0;
}
/*
	一个机器人遍历整个树再返回根节点，花费 2 * sum_{wi}
	如果不返回，则花费 2 * sum_{wi} - max{路径长度}
	多个机器人，尽量让 max{只走一次的路径长度} 的和最长
*/