P3354 [IOI2005] Riv 河流 （树形 dp）

P3354 [IOI2005] Riv 河流

树形 dp

我们很容易套路地用 $f_{u,i}$ 表示在 $u$ 子树中，$u$ 节点放了 $i$ 个伐木场的最小花费。但是这样无法转移，原因是无法表示路径长度，也无法知道运送数量。

所以我们现在考虑增加状态，能够表示出距离。只考虑 $u$ 节点的花费，其木头要运送上去，一定会走一段 $u$ 到某个祖先的一段距离，如果这个祖先有伐木场，那么距离就是这段长度。于是设 $f_{u,i,j}$ 表示 $u$ 子树中放了 $j$ 个伐木场，在祖先 $i$ 上有一个伐木场的最小花费。此时因为转移时 $u$ 子树内的节点已经计算过了，转移完只需要计算 $u$ 节点的运送花费。

但是仔细一想还是不够，如果 $u$ 节点有伐木场，那么在转移时 $v$ 节点的距离就是 $u$ 到 $v$。所以我们还需要加一维表示 $u$ 建不建伐木场（或者开一个新数组）。

转移时细节的地方：我们在转移时可以先钦定 $f$ 为 $u$ 节点不建伐木场，$g$ 为建伐木场，最后把 $g$ 合并到 $f$ 上即可。

复杂度 $O(n^2{k}^2)$。

#include <bits/stdc++.h>
#define pii std::pair<int, int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back

typedef long long i64;
const i64 iinf = 0x3f3f3f3f, linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int N = 110;
int n, k, cnt;
struct node {
	int to, nxt, w;
} e[N];
int h[N], w[N];
void add(int u, int v, int w) {
	e[++cnt].to = v;
	e[cnt].nxt = h[u];
	e[cnt].w = w;
	h[u] = cnt;
}
int st[N], top;
int f[N][N][N], g[N][N][N], dis[N];
void dfs(int u) {
	st[++top] = u;
	for(int _ = h[u]; _; _ = e[_].nxt) {
		int v = e[_].to;
		dis[v] = dis[u] + e[_].w;
		dfs(v);
		for(int i = 1; i <= top; i++) {
			for(int j = k; j >= 0; j--) {
				f[u][st[i]][j] += f[v][st[i]][0];
				g[u][st[i]][j] += f[v][u][0]; //这里要先转移一次，否则无法正确转移
				for(int x = 1; x <= j; x++) {
					f[u][st[i]][j] = std::min(f[u][st[i]][j], f[u][st[i]][j - x] + f[v][st[i]][x]);
					g[u][st[i]][j] = std::min(g[u][st[i]][j], g[u][st[i]][j - x] + f[v][u][x]);
				}
			}	
		}
	}
	for(int i = 1; i <= top; i++) {
		for(int j = k; j >= 1; j--) {
			f[u][st[i]][j] = std::min(f[u][st[i]][j] + w[u] * (dis[u] - dis[st[i]]), g[u][st[i]][j - 1]);
		}
		f[u][st[i]][0] += w[u] * (dis[u] - dis[st[i]]);
	}
	top--;
}
void Solve() {
	std::cin >> n >> k;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		int v, d;
		std::cin >> w[i] >> v >> d;
		add(v, i, d);
	}
	dfs(0);
	std::cout << f[0][0][k] << "\n";
}
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(nullptr);
    
	Solve();

	return 0;
}