标签：set 节点 add 价值 ddl sam for 解题思路 pac
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。
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。
输出一个正整数，表示收益的最大值。
3 1 1 2 1 1 3 2
3
对于 100% 的数据， 0<=K<=N <=2000
解题思路：首先设状态dp【i】【j】为在i的子树下涂了j个黑点的最大价值，然后我们可以算当前边对答案的贡献了，贡献w=边长*边的一边黑点的数量*边的另一边黑点的数量+边长*边的一边白点的数量*边的另一边白点的数量，然后就可以进行状态转移了。值得注意的是，转移是需要判断涂点的不合法的情况，比如说我们枚举在当前的子节点的子树中，我们枚举它里面有1个黑点，那么我们需要一个在其他子树中选了共 j - 1 个黑点的状态，但是如果其他的子树的大小总和还不到 j - 1 的话，那么这个状态显然是不合法的，所以我们要去除这种情况。（一开始没想到这个WA哭了。。QAQ）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2e3+10;
typedef long long ll;
ll dp[maxn][maxn];
int n,k;
struct st{
int to,next;
ll val;
}stm[maxn*2];
int cnt;
int head[maxn];
int sum[maxn];
void add(int u,int v,ll val){
stm[cnt].to=v;
stm[cnt].next=head[u];
stm[cnt].val=val;
head[u]=cnt++;
}
void dfs(int now,int fa){
sum[now]=1;
for(int i=head[now];~i;i=stm[i].next){
int to=stm[i].to;
if(to==fa)continue;
dfs(to,now);
sum[now]+=sum[to];
}
}
void dfs1(int now,int fa){
dp[now][0]=dp[now][1]=0;//这两个状态肯定合法
for(int i=head[now];~i;i=stm[i].next){
int to=stm[i].to;
ll val=stm[i].val;
if(to==fa){
continue;
}
dfs1(to,now);
for(int j=min(sum[now],k);j>=0;j--){
for(int m=0;m<=j&&m<=sum[to];m++){
if(dp[now][j-m]==-1)continue;//判断当前状态转移是否合法
dp[now][j]=max(dp[now][j],dp[now][j-m]+dp[to][m]+val*m*(k-m)+val*(sum[to]-m)*(n-k-sum[to]+m));
}
}
}
}
int main(){
int u,v;
ll val;
cnt=0;
memset(head,-1,sizeof(head));
memset(dp,-1,sizeof(dp));
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1;i<n;i++){
scanf("%d%d%lld",&u,&v,&val);
add(u,v,val);
add(v,u,val);
}
dfs(1,-1);
dfs1(1,-1);
printf("%lld\n",dp[1][k]);
return 0;
}
标签：set 节点 add 价值 ddl sam for 解题思路 pac
原文地址：https://www.cnblogs.com/Zhi-71/p/11748265.html
