bzoj4033

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试题描述:

有一棵点数为N的树，树边有边权。给你一个在0~N之内的正整数K，你要在这棵树中选择K个点，将其染成黑色，并

将其他的N-K个点染成白色。将所有点染色后，你会获得黑点两两之间的距离加上白点两两之间距离的和的收益。

问收益最大值是多少。

输入示例

5 2
1 2 3
1 5 1
2 3 1
2 4 2

输出示例

17

解题思路：

设dp[i][j]是以i为根的子树中j个节点被染黑时所得到的边的最大贡献，这里的贡献是全局的，有dp[u][0]=dp[u][1]=0(因为无边）。枚举每一个子树被染黑的个数，通过连接根节点和子树的边进行状态转移。

注意遍历要从高遍历到0，防止遍历覆盖造成答案变大

有

dp[u][y+i]=max(dp[u][y+i],dp[u][y]+dp[j][i]+w[p]*((ll)i*(k-i)+((ll)sum[j]-i)*(n-k-sum[j]+i)));//dp[u][y]表示其他已经枚举过的子树中有y个黑节点时的最大值

#include<iostream>
#include<cstring>
#define ll long long
using namespace std;
int n,k;
int h[2010],e[4010],ne[4010],idx;
ll w[4010];int sum[2010];
ll dp[2010][2010];
void add(int a,int b,ll c)
{
    ne[idx]=h[a];
    w[idx]=c;
    e[idx]=b;
    h[a]=idx++;
}
void dfs(int u,int fa)
{
    sum[u]=1;int res=1;//res表示已经枚举过多少个子节点（res<=k)
    dp[u][0]=dp[u][1]=0;
    for(int p=h[u];p!=-1;p=ne[p])
    {
        int j=e[p];
        if(j!=fa)
        {
            dfs(j,u);
            sum[u]+=sum[j];
            for(int y=res;y>=0;y--)//枚举已经遍历过的子树中有多少黑节点
             for(int i=min(k,sum[j]);i>=0;i--)
                 if(y+i<=k)
        //dp[u][k+i] = max(dp[u][k+i], dp[j][i] + dp[u][k] + w[p] * ((ll)i * (k - i) + ((ll)sum[j] - i) * (n - k - sum[j] + i)));
                     dp[u][y+i]=max(dp[u][y+i],dp[u][y]+dp[j][i]+w[p]*((ll)i*(k-i)+((ll)sum[j]-i)*(n-k-sum[j]+i)));
           res=min(k,res+sum[j]);
        }
    }
}
int main()
{
    memset(h,-1,sizeof h);
    cin>>n>>k;
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        int a,b;ll c;
        cin>>a>>b>>c;
        add(a,b,c);
        add(b,a,c);
    }
    dfs(1,0);
    printf("%lld\n",dp[1][k]);
    return 0;
}