[BZOJ4033][HAOI2015]树上染色
试题描述
输入
输出
输出一个正整数，表示收益的最大值。
输入示例
5 2 1 2 3 1 5 1 2 3 1 2 4 2
输出示例
17
数据规模及约定
见“输入”
题解
树形 dp，设 f(i, j) 表示对于子树 i，选 j 个黑点所能得到的边的最大贡献，注意这里边的贡献是全局的，不是只考虑子树内部的，这样做比较方便转移。
那么在转移的时候，对于节点 u，我们在树上做背包，就是枚举每个儿子分别选几个黑点然后合并。这样看上去很暴力，但是我们可以证明总转移复杂度不超过 O(n2)。其实就是要证明 O(∑u=1..n∏v是u的儿子siz[v]) = O(n2)。我们不妨把“∏v是u的儿子siz[v]”这一部分看做每次从 u 的每个子树中任选两个点 (a, b) 使得 a 和 b 的最近公公祖先恰好为 u 的方案数，那么每个节点只可能一次成为最近公公祖先，那么整个“∑u=1..n∏v是u的儿子siz[v]”其实就是树中点对个数，所以是 n2 的。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
LL read() {
LL x = 0, f = 1; char c = getchar();
while(!isdigit(c)){ if(c == ‘-‘) f = -1; c = getchar(); }
while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - ‘0‘; c = getchar(); }
return x * f;
}
#define maxn 2010
#define maxm 4010
int n, K, m, head[maxn], nxt[maxm], to[maxm];
LL dist[maxm];
void AddEdge(int a, int b, LL c) {
to[++m] = b; dist[m] = c; nxt[m] = head[a]; head[a] = m;
swap(a, b);
to[++m] = b; dist[m] = c; nxt[m] = head[a]; head[a] = m;
return ;
}
LL f[maxn][maxn];
int siz[maxn];
void build(int u, int fa) {
siz[u] = 1;
for(int e = head[u]; e; e = nxt[e]) if(to[e] != fa) {
build(to[e], u);
siz[u] += siz[to[e]];
}
if(siz[u] == 1){ f[u][0] = f[u][1] = 0; return ; }
int sum = 1;
f[u][0] = f[u][1] = 0;
for(int e = head[u]; e; e = nxt[e]) if(to[e] != fa) {
for(int k = sum; k >= 0; k--)
for(int i = min(K, siz[to[e]]); i >= 0; i--) if(f[to[e]][i] >= 0 && k + i <= K)
f[u][k+i] = max(f[u][k+i], f[to[e]][i] + f[u][k] + dist[e] * ((LL)i * (K - i) + ((LL)siz[to[e]] - i) * (n - K - siz[to[e]] + i)));
sum = min(K, sum + siz[to[e]]);
}
return ;
}
int main() {
n = read(); K = read();
for(int i = 1; i < n; i++) {
int a = read(), b = read(); LL c = read();
AddEdge(a, b, c);
}
memset(f, -1, sizeof(f));
build(1, 0);
printf("%lld\n", f[1][K]);
return 0;
}
原文：http://www.cnblogs.com/xiao-ju-ruo-xjr/p/6512171.html