【题解】$test0628$ 大逃杀 - 树形 $dp$ - 树上背包
ybt 1774 大逃杀
题目描述
将地图上的所有地点标号为 \(1\) 到 \(n\) ，地图中有 \(n−1\) 条双向道路连接这些点，通过一条双向道路需要一定时间，保证从任意一个点可以通过道路到达地图上的所有点。
有些点上可能有资源，到达一个有资源的点后，可以获取资源来增加 \(w_i\) 的武力值。资源被获取后就会消失，获取资源不需要时间。可选择不获取资源。
有些点上可能有敌人，到达一个有敌人的点后，必须花费 \(t_i\) 秒与敌人周旋，并将敌人消灭。敌人被消灭后就会消失。不能无视敌人。
如果一个点上既有资源又有敌人，必须先消灭敌人才能获取资源。
游戏开始时Y君可以空降到任意一个点上，接下来，有 \(T\) 秒时间行动，Y君希望游戏结束时，武力值尽可能大。
\(\\\)
\(\\\)
\(Solution\)
奇怪——の前言
这！道！题！真！的！太！妙！辣！
由于太妙了所以看完之后总有虚幻之感（？感觉看题解代码跟吸毒似的，上一秒飘飘然下一秒就忘了（？
所以为了深刻贯彻周树人的“拿来主义”精神，把这道题变成“我的”， 真正地弄懂这道题，于是来写篇题解吧！
\(\\\)
正解
首先，发现这是个无根树，所以大致有两个方向，一个是换根，一个是用一些奇怪的状态包揽所有情况
先考虑用状态包含所有情况
正常能想到的有两个状态，\(f[i][j]\) 表示从 \(i\) 往子树内走并且回到 \(i\) ，\(g[i][j]\) 表示从 \(i\) 往子树内走但不用回到 \(i\)
但是 \(i\) 还可以往父亲结点走，这怎么设状态？显然，假设 \(i\) 往外走到 \(j\) ，那么这条路上一定有一个转折点 \(LCA(i, j)\) ，若 \(j = LCA(i, j)\) 就包含在上面的 \(g[LCA(i, j)][j]\) 中了
由于考虑要在 \(i\) 结点设状态，所以就设 \(h[i][j]\) 表示从 \(i\) 子树中某个结点走到 \(i\) 再走到子树中另一个结点
是否包含了所有状态？建议多画图想想。严谨证明嘛...待以后填坑233
\(\\\)
与换根千丝万缕的联系
为什么这道看似要换根的题目，直接用三个状态简洁明了的就实现了？
一般来说，换根都会分 \(up\) 和 \(down\) 两个方面分别考虑 \(i\) 子树外和 \(i\) 子树内，上面的 \(f[i][j]\) 和 \(g[i][j]\) 就是 \(down\) 这部分
而在这道题中，对于 \(i\) 结点，\(up_i\) 其实就是 \(h[LCA(i,k)][j]\) ，只不过计算 \(up_i\) 的时候并不是递归到 \(i\) 点时，是在 \(LCA(i, k)\) 那里是就考虑完了。
也就是说，\(up\) 在这道题里并不是精准的，一个 \(h[i][j]\) 的状态其中包含了很多的 \(up_i\) ，一个 \(up_i\) 又包含了很多个 \(h[LCA(i, k)][j]\) ，相当于把 \(up_i\) 拆散了计算的。
为什么可以这样做？
归根结底来说，是因为这道题中并不特地强调根节点的作用，而只强调在树中的路径。
而在 ybt 1773 消息传递 和 ybt 1771 仓库选址 中，它们所求的答案都要求了必须确定根节点，这就要求我们必须通过换根精确地得到结点的值，所以不能拆开计算，再统计答案。
\(\\\)
具体实现
每次我碰上这种两个及两个以上的状态互相更新的时候，往往都会东添西补两三个小时以上，最后重构代码...
所以趁这道题来尝试着缕清一下，各个状态之间是如何转移的，怎样才能写得完整且逻辑清晰。
.....................好了我咕了..........理不清楚kkk，等过一段时间再填坑吧反正题解没人看233
\(\\\)
完结撒花✿✿ヽ(°▽°)ノ✿
\(\\\)
\(\\\)
\(Code\)
以下代码参考 此位大佬 der！
#include<bits/stdc++.h>
#define F(i, x, y) for(int i = x; i <= y; ++ i)
using namespace std;
int read();
const int N = 305;
int n, T, u, v, e, ans;
int t[N], w[N];
int f[N][N], g[N][N], h[N][N];
int head[N], cnt, ver[N << 1], edge[N << 1], nxt[N << 1];
void add(int x, int y, int z){ver[++ cnt] = y, edge[cnt] = z, nxt[cnt] = head[x], head[x] = cnt;}
void dfs(int x, int fa)
{
for(int i = head[x]; i; i = nxt[i])
if(ver[i] != fa)
{
dfs(ver[i], x);
for(int j = T; j >= t[x]; -- j)
{
for(int k = j - edge[i]; k >= t[x]; -- k)
/*为什么 k 也要逆序枚举？当 edge[i] 为 0 时，如果顺序枚举，那 f[x][j]
等都被 k 更新完了，最后 k=j 时就无法再用原来的 f[x][j] 等更新了*/
{
int tmp = j - k - edge[i];
int fx = f[x][k], gx = g[x][k], hx = h[x][k];
/*为什么要提前记录函数值？不完全是为了代码简洁。当 edge[i] 为 0 时，
fx，gx，hx 是可能被更新的，如果要用它们自己原本的值更新自己，就
要提前记录原本的值*/
if(tmp >= t[ver[i]])
{
g[x][j] = max(g[x][j], g[ver[i]][tmp] + fx);
h[x][j] = max(h[x][j], g[ver[i]][tmp] + gx);
}
tmp -= edge[i];
if(tmp >= t[ver[i]])
{
g[x][j] = max(g[x][j], f[ver[i]][tmp] + gx);
f[x][j] = max(f[x][j], f[ver[i]][tmp] + fx);
h[x][j] = max(h[x][j], f[ver[i]][tmp] + hx);
h[x][j] = max(h[x][j], h[ver[i]][tmp] + fx);
}
}
ans = max(ans, h[x][j]);
}
}
}
int main()
{
n = read(), T = read();
F(i, 1, n) w[i] = read();
F(i, 1, n)
{
t[i] = read();
if(t[i] > T) continue;
f[i][t[i]] = g[i][t[i]] = h[i][t[i]] = w[i];//提前初始化不容易忘
}
F(i, 1, n - 1) u = read(), v = read(), e = read(), add(u, v, e), add(v, u, e);
dfs(1, 0), printf("%d", ans);
return 0;
}
/*--------------- Bn_ff 2020.7.3 ybt1774 ---------------*/
int read()
{
int x = 0, f = 1;
char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
return x * f;
}
