洛谷P4362题解
树形DP。
首先可以发现， \(m>2\) 时，难受度只出现在最大的头吃的果子上（因为我把果子分成最大的头吃的和其他的，其他的里面，相邻的果子让不同的头吃即可）。
然后我定义 \(f_{i,j,k}\) 为当前为 \(i\) 节点，当前节点分 \(j\) 个果子给最大的头，当前节点选择情况为 \(k\) （\(1\) 选 \(0\) 不选）。
那么对于每一个子节点，我们有
\[f_{u,j,0}=\operatorname{min}\{ \operatorname{min}\{ f_{v,t,0}+f_{u,j-t,0}+[m=2]w_i,f_{v,t,1}+f_{u,j-t,0} \} \},\\
f_{u,j,1}=\operatorname{min}\{ \operatorname{min}\{ f_{v,t,1}+f_{u,j-t,1}+w_i,f_{v,t,0}+f_{u,j-t,1} \} \}
\]
解释：
当我当前节点不给最大头，那么 \(f_{u,j-t}\) 的第三项只能取 \(0\) ，同理，如果我当前节点不给最大头吃，那么 \(f_{u,j-t}\) 的第三项只能取 \(1\) 。
如果 \(m=2\) ，那么当我当前节点和当前节点的子节点全部取 \(0\) 时，就是说这两个点都给第二个头吃，那么答案要加上 \(w_i\) ，否则不用（前面说过了）。
然后如果我当前节点和子节点全部给大头，那么这中间这段树枝必须加到答案里。
但是，这样做会导致更新过的 \(f\) 再去更新别的 \(f\) ，所以我们要把用来更新的 \(f\) 拍到另一个数组 \(g\) 中，则：
\[f_{u,j,0}=\operatorname{min}\{ \operatorname{min}\{ f_{v,t,0}+g_{j-t,0}+[m=2]w_i,f_{v,t,1}+g_{j-t,0} \} \},\\
f_{u,j,1}=\operatorname{min}\{ \operatorname{min}\{ f_{v,t,1}+g_{j-t,1}+w_i,f_{v,t,0}+g_{j-t,1} \} \}
\]
这样方程就写完了。
另外，如果果子个数不够，那么答案就是 \(-1\) 。
最终输出的答案就是 \(f_{1,k,1}\) ，因为规定第一个点必须选。
