[IOI2005]Riv 河流

XL.[IOI2005]Riv 河流

新转移方式get~~~

我必须吐槽一下现在赞最多的那篇题解，虽然思路巧妙，但是明显没有“物尽其用”，对于各DP数组的真实含义也没有把握清楚。

一个naive的想法就是：设$f[i][j]$表示：在$i$的子树中，修了$j$个场子，的最小费用。

但是这样不是很好转移——子树传上来的信息不能直接合并，因为我们必须知道场子到底修哪了才能准确得出答案。

而我们又不可能在状态里面维护这么多场子——状压不了。

等等，我们为什么要从根记录子树，为什么不是从子树记录根？

我们设$f[x][j][k]$表示：

以$x$为根的子树中，修了$k$个堡。并且，强制在第$j$个点修个堡（$j$是$i$的祖先）。

这样，合并子树时就可以直接背包了——因为每个节点流到的堡确定了，代价自然就可以提前算出。

即：

$f[x][j][k]=\max\{f[x][j][l]+f[y][j][k-l]\},\text{y is a son of x}$

每次将$x$的状态同$y$合并。

但这样就会出现一些问题——我们说要在$j$修个堡，但是这只是空头支票，没有算到$k$里面，当访问到$j$时，这个债是要还的！

因此对于$f[x][x][k]$，我们应该让$k$全体右移一位，即$f[x][x][k]=f[x][x][k-1]$，且$f[x][x][0]=\infty$（欠的一个堡还不回来，只能破产）。

还有，我们要计算$x$位置新产生的代价。这个代价要么$x$位置额外再修一个堡，要么就是到$j$的距离。因此我们有

$f[x][j][k]=\min\Big(f[x][j][k]+val_x*(dis_x-dis_k),f[x][x][k]\Big)$

则答案为$f[0][0][K+1]$（$0$号点有个免费的堡）。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,head[110],cnt,f[110][110][60],g[60],val[110],dis[110],anc[110],tp;
struct node{
	int to,next,val;
}edge[210];
void ae(int u,int v,int w){
	edge[cnt].next=head[u],edge[cnt].to=v,edge[cnt].val=w,head[u]=cnt++;
}
void dfs(int x){
	anc[++tp]=x;
	for(int i=head[x],y;i!=-1;i=edge[i].next){
		y=edge[i].to,dis[y]=dis[x]+edge[i].val,dfs(y);
		for(int j=1;j<=tp;j++){
			for(int k=0;k<=m;k++)g[k]=0x3f3f3f3f;
			for(int k=0;k<=m;k++)for(int l=0;l<=k;l++)g[k]=min(g[k],f[x][anc[j]][k-l]+f[y][anc[j]][l]);
			for(int k=0;k<=m;k++)f[x][anc[j]][k]=g[k];
		}
	}
	for(int j=m;j;j--)f[x][x][j]=f[x][x][j-1];
	f[x][x][0]=0x3f3f3f3f;
	for(int j=1;j<tp;j++)for(int k=0;k<=m;k++)f[x][anc[j]][k]+=val[x]*(dis[x]-dis[anc[j]]),f[x][anc[j]][k]=min(f[x][anc[j]][k],f[x][x][k]);
	tp--;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m),m++,memset(head,-1,sizeof(head));
	for(int i=1,x,y;i<=n;i++)scanf("%d%d%d",&val[i],&x,&y),ae(x,i,y);
	dfs(0);
//	for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",dis[i]*val[i]);puts("");
	printf("%d\n",f[0][0][m]);
	return 0;
}