Hdu 4003 Find Metal Mineral (DP_树形DP(背包))
题目大意：给定一棵n个节点的树，遍历每条数边都需要费用cost，现在给定k个机器人，要求用这个k个机器人遍历整棵树，使得经过的费用和最小，n<=10000.
解题思路：树形DP+分组背包，本题的分组背包不是一般性地至多选择一个物品而是必须选一个，且只能选一个，具体的稍后分析。这题想了挺久的，最开始想的是贪心解法，如果k为1，那么只要找出从叶子到根费用和最大的那条路径就好，拓展开来想找出前k大的路径是不是也能求解？答案是No,因为路径可以重叠，所以没办法这样做。这个想法否定了之后开始想着用动规的思想来解这题。
由父节点的状态只从子节点转移而来可知这题无后效性，可用树形dp。每个节点有若干个子节点，每个子节点都可以选择0-j个机器人走（0的时候表示走这个分支的机器人已经在其他分支走过了)，这样就可以转换个模型，有多少个子节点就有多少组物品，因为每个子节点都必须选，所以每组物品都必须选择一个，但是只能选一个，显然！
设dp[i][j]表示在节点i用j个机器人遍历其所有子节点所花费的最小费用，由于每个节点都必须走，那么每个节点怎么走有两种情况：一种是机器人从这点走后不回到这点，一种是机器人从这点走后回到这点，因此用j = 0和 j > 0来表示。若干只机器人进入某分支后如果要回来那么只会有一只机器人回来。假设有两只从v节点下去，遍历完回来，花费的4*p->v->cost+遍历以p->v为根的树的费用，而一只只要2*p->v->vost+遍历以p->v为根的树的费用，比如边有(1,2)(2,3)(2,4)，以1为根，那么一只的话每条边遍历两遍回到1点，两只的话（1,2）遍历了四遍。
状态转移方程为:dp[i][j] = min(dp[i][j-1]+dp[son][0]+cost,dp[i][j]+dp[son][0]+2*cost)
dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[son][k]+dp[i][j-k]+k*cost);//cost为边(i,son)费用，k为子节点的状态
本题是典型的树形DP+背包，强烈推荐好好吸收。代码可不断优化，我代码中状态转移方程其实可以更简单些，但考虑这样写好理解些，代码跑了234ms，在第一榜排名前几，还算不错。
5 1 2
1 2 2
1 3 2
2 4 2
2 5 2
5 1 2
1 2 2
1 3 2
2 4 10
2 5 10
3 1 1
1 2 1
1 3 1
3 1 2
1 2 1
1 3 1
7 1 2
1 2 2
1 3 2
2 4 2
2 5 2
3 6 10
3 7 10
9 1 1
1 2 2
1 3 2
2 4 2
2 5 2
3 6 10
3 7 10
4 8 20
4 9 20
7 1 3
1 2 100
1 4 100
1 3 2
3 5 1
3 6 1
3 7 1
8 1 3
1 8 100
1 2 100
1 4 100
1 3 2
3 5 1
3 6 1
3 7 1
8 1 3
1 8 100
1 2 100
1 4 100
1 3 2
3 5 100
3 6 100
3 7 100
7 1 3
1 2 100
1 4 100
1 3 2
3 5 1000
3 6 100
3 7 1000
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#define MAX 11000
#define min(a,b) (a)<(b)?(a):(b)
struct node {
int v,cost;
node *next;
}*head[MAX*2],tree[MAX*2];
int ptr,ans,root,vis[MAX];
int n,m,dp[MAX][12];
void Initial() {
ptr = 1;
memset(dp,0,sizeof(dp));
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(head,NULL,sizeof(head));
}
void AddEdge(int x,int y,int cost) {
tree[ptr].v = y,tree[ptr].cost = cost;
tree[ptr].next = head[x],head[x] = &tree[ptr++];
tree[ptr].v = x,tree[ptr].cost = cost;
tree[ptr].next = head[y],head[y] = &tree[ptr++];
}
void Tree_DP(int v) {
if (vis[v]) return;
vis[v] = 1;
int i,j,fir,sec;
node *p = head[v];
while (p != NULL) {
if (!vis[p->v]) {
Tree_DP(p->v);
for (j = m; j >= 1; --j) {
fir = dp[v][j-1] + dp[p->v][0] + p->cost; //分配一个机器人跑p->v这个分支，fir、sec选其一保证了本组背包必选一个物品
sec = dp[v][j] + dp[p->v][0] + 2 * p->cost; //跑其他分支的也顺带着跑p->v这个分支，并且就1个跑
dp[v][j] = min(fir,sec);
for (i = 1; i <= j; ++i)
dp[v][j] = min(dp[v][j],dp[p->v][i]+dp[v][j-i]+i*p->cost);
}
dp[v][0] += dp[p->v][0] + 2 * p->cost; //这就相当于附加计算，只有前四句会用这个，其实不分配机器人在这个分支跑
}
p = p->next;
}
}
int main()
{
int i,j,k,a,b,c;
while (scanf("%d%d%d",&n,&root,&m) != EOF) {
Initial();
for (i = 1; i < n; ++i) {
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
AddEdge(a,b,c);
}
Tree_DP(root);
printf("%d\n",dp[root][m]);
}
}
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