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1>树上染色
（题解复制自luogu）
题目要求将k个点染成黑色，求黑点两两距离及白点两两距离，使他们之和最大。
我们可以将距离转化为路径，然后再将路径路径拆分成边，就可以记录每条边被经过的次数，直接计算即可。
很简单对吧？那么问题来了，距离转化为路径好理解，路径拆为边也好说，可是每条边被经过的次数怎么计算呢？
我们可以这样想，我们任意取两个同色的点，对于每一条边，若不在这两个点的路径上，我们自然不考虑，若是在两个点的路径上，那么这条边的计数加一。我们可以转换一下，若是两个点在边的一侧，则不影响计数，若在边的两侧，则边的计数加一。那么我们推广一下，便可以得出，一条边的两侧每有一对同色点，这条边就要被经过一次。也就是说，一条边被经过的次数等于边的两侧同色点个数的乘积。那么我们便可以求出每条边被经过的次数
mm表示题目要求选的黑点数，sz[v]sz[v]表示当前子节点的子树大小，kk表示当前子节点的子树上已选择的黑点数
有了这个结论，我们就可以轻松地得出DP方程了。
就是关于这个方程让我在做题的时候纠结了好久，为什么kk正序排列就是对的，倒序排列就是错的？已有的题解也没有做出很好的解释，我A了之后也没有继续研究。多亏了帮同学找树形DP入门题时我重新注意到了这道题，使我对这一奇怪的现象产生了疑惑。得到了DDOSvoid大佬的帮助并进行了多次试验后，我终于明白了其中的原因，也让我对这道题的理解加深了数层。
这道题kk前几篇题解必须正序枚举的原因并不是什么要用j-kj−k更新答案，而是因为正序枚举kk是从00开始的，而这道题的状态转移必须要先将k=0k=0的状态转移过来才能成立。也就是说，这只是个巧合，jj的枚举要倒序没错，但kk的枚举必须正序简直就是无稽之谈。要想避免这一情况，只需提前转移一下k=0k=0的情况即可。
#include<cstdio> #include<cstdlib> #include<algorithm> #include<vector> #include<cstring> #define ll long long using namespace std; ll n,k; const int N=2003; struct node { int v,w; node(int vv,ll ww) { v=vv,w=ww; } node(){} }; vector <node> g[N]; ll sz[N]; ll f[N][N]; void dfs(int rt,int fa) { sz[rt]=1,f[rt][0]=f[rt][1]=0; //不合法的状态的值可能很大，所以还是memset int s=g[rt].size(); for(int i=0;i<s;i++) if(g[rt][i].v !=fa) dfs(g[rt][i].v ,rt),sz[rt]+=sz[g[rt][i].v ]; for(ll i=0;i<s;i++) { node nx=g[rt][i]; if(nx.v ==fa) continue; for(ll j=min(sz[rt],k);j>=0;j--)//下面只是因为好写才倒序 //不是，不这么写，就会状态重复计算 for(ll l=0;l<=sz[nx.v ] && l<=j;l++) { if(f[rt][j-l]==-1) continue; ll val=nx.w *l*(k-l) +nx.w *(sz[nx.v ]-l)*(n-k-sz[nx.v ]+l); f[rt][j]=max(f[rt][j],f[rt][j-l]+f[nx.v ][l]+val); } } } int main() { scanf("%d%d",&n,&k); k=min(k,n-k); int u,v;ll w; for(int i=1;i<n;i++) { scanf("%d%d%lld",&u,&v,&w); g[u].push_back(node(v,w)) ; g[v].push_back(node(u,w)); } memset(f,-1,sizeof(f)); dfs(1,-1); printf("%lld\n",f[1][k]); return 0; }
2>数字转换
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