二叉苹果树

传送门

这道题是典型的树形DP。

因为我们发现有一条性质，那就是对于一根枝条，你选择了它的话你也必须同时选择从这根枝条到根的所有枝条。

我们使用dp[i][j]表示对于第i个节点，保留j根枝条所能获得的最大苹果树，那么就有：

dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[i][j-k-1] + dp[u][k] + e[i].v);

其中u是i的一个儿子，k是儿子保留的枝条数，j是i保留的枝条数，v记录当前枝条上苹果数量。

这样转移就可以啦……然后注意每次在转移的时候，对于第一维（儿子保留的节点个数）要倒序DP，这里和背包很相似，如果你正着DP可能会使得重复选取。答案就是错误的。

看代码。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<set>
#define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--)
#define enter putchar('\n')

using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 10005;

int read()
{
    int ans = 0,op = 1;
    char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9')
    {
        if(ch == '-') op = -1;
        ch = getchar();
    }
    while(ch >= '0' && ch <= '9')
    {
        ans *= 10;
        ans += ch - '0';
        ch = getchar();
    }
    return ans * op;
}

struct edge
{
    int next,to,v;
}e[M];

int n,q,head[M],x,y,z,dp[105][105],ecnt,b[105];
bool vis[M];

void add(int x,int y,int z)
{
    e[++ecnt].to = y;
    e[ecnt].v = z;
    e[ecnt].next = head[x];
    head[x] = ecnt;
}

void dfs(int x,int fa)
{
    for(int i = head[x];i;i = e[i].next)
    {
        int k = e[i].to;
        if(k == fa) continue;
        dfs(k,x);
        b[x] += b[k] + 1;
        per(p,min(q,b[x]),1)
        {
            per(j,min(b[k],p-1),0)
            dp[x][p] = max(dp[x][p-j-1] + dp[k][j] + e[i].v,dp[x][p]);
        }
    }
}

int main()
{
    n = read(),q = read();
    rep(i,1,n-1) x = read(),y = read(),z = read(),add(x,y,z),add(y,x,z);
    dfs(1,0);
    printf("%d\n",dp[1][q]);
    return 0;
}