AcWing 1074 . 二叉苹果树

$AcWing$ $1074$ . 二叉苹果树

视频讲解

一、题目描述

有一棵二叉苹果树，如果树枝有分叉，一定是分两叉，即没有只有一个儿子的节点。

这棵树共 $N$ 个节点，编号为 $1$ 至 $N$，树根编号一定为 $1$。

我们用一根树枝两端连接的节点编号描述一根树枝的位置。

一棵苹果树的树枝太多了，需要剪枝。但是一些树枝上长有苹果，给定需要保留的树枝数量，求最多能留住多少苹果。

这里的保留是指最终与$1$号点连通。

输入格式
第一行包含两个整数 $N$ 和 $Q$，分别表示树的节点数以及要保留的树枝数量。

接下来 $N−1$ 行描述树枝信息，每行三个整数，前两个是它连接的节点的编号，第三个数是这根树枝上苹果数量。

输出格式
输出仅一行，表示最多能留住的苹果的数量。

数据范围
$1≤Q<N≤100$.
$N≠1$,
每根树枝上苹果不超过 $30000$ 个。

输入样例：

5 2
1 3 1
1 4 10
2 3 20
3 5 20

输出样例：

21

~手绘美图方便理解~

二、题目分析

这题的题面其实就是 有依赖的背包 模型，不同的是把 物品价值 分给了 边 而不是 点

不过，对于一棵树来说，任意节点的入边（连向父节点的边） 都是 唯一 的

所以 边权 和 点权 在确定树的 根节点 以后，是可以视作一个东西的（入边价值 视作 该点价值）

树枝上苹果的数量 可以理解成 该边的权值

闫氏$DP$分析法

状态表示

• 集合：$f[u][i][j]$:以$u$为根的子树，在前$i$个子树中选，总体积不超过$j$的所有集
  合。
• 属性：边权值和的最大值

状态转移
$\large f[u][i][j] = f[u][i-1][j] \\ \large f[u][i][j] = max(f[u][i][j],f[u][i-1][j-k-1] + f[v][v_i][k]+w[i])$

解析：

• 一个普适情况，讨论第$i$棵子树，也就是以$v$为根的子树,下面简称为$v$子树，怎么处理,当前剩余的分配资源是$j$条边。
• 如果$v$子树不选，那么就简单: $f[u][i][j] = f[u][i-1][j]$
• 如果$v$子树选择，需要多支付$1$条边的代价:$u->v$,同时带来$w[i]$的利益
  此时，事情变化为：为$v$子树内部继续提供多少条边呢？最小是$0$,最多是$j-1$条, 也就是$0<=k<j$
  当为$v$子树选择$k$条边时:
  ① $f[u][i-1][j-k-1]$:以$u$为根的树中，在前$i-1$个子树，在$j-k-1$条边的限定情况下，可以获取到的最大价值
  ② $f[v][v_i][k]$:以$v$为根的树中，在所有子树情况下($v_i$表示$v$为根的树中所有子树数量),在有$k$条边限定的情况下，可以获取到的最大价值
  ③ $w[i]$:不管怎样，选择了$v$子树，可以带来$u->$这条边$w[i]$的价值

$$f[u][i][j] = max(f[u][i][j],f[u][i-1][j-k-1] + f[v][v_i][k]+w[i])$$

$Q$:这里面的$f[v][v_i][k]$里的$v_i$是啥呢？
答：是指$v$子树有多少个子节点。有同学可能会表示不理解，因为创建的是一个无向图，会不会造成这些子节点和向上的父节点混淆呢？是不会的，原因是因为当根$=1$固定时，再加$st[u]$数组的使用，使得只能向叶子逼近，不能反向向根逼近，不用担心。

$Q$:$v_i$这东西怎么计算？
答：瞪眼大法出场！仔细观察可知，上面的状态转移方程，每一个$i$对是对$i-1$的依赖，也就是可以使用滚动数组或者倒序枚举的办法进行降维，这是$01$背包中由大到小的枚举顺序是完全一致的，只要使用了倒序枚举，就不会造成对上一行数据依赖的被覆盖掉。

当思考完可能降维的思路后，再仔细观察，发现$f[v][v_i][k]$其实本意表达的就是$f[v][k]$,也就是在$v$为根节点的子树中，给出的边限定数量是$k$的情况下可以获取到的最大边权和。那个中间的$v_i$就是$v$节点的一级子节点个数，是一个不变量，是可以在降维过程中去掉的，不会影响结果。

三维转二维

$$\large f[u][j] = max(f[u][j],f[u][j-1-k]+f[v][k]+w[i])$$

三、实现代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 110;
const int M = N << 1;
int n; // 表示树的节点数
int m; // 表示要保留的树枝数量(背包容量)
int h[N], e[M], w[M], ne[M], idx;
int st[N];   // 是不是访问过
int f[N][N]; // f[u][j]:表示所有以u,为树根的子树中选，选j条边的最大价值
// 邻接表模板
void add(int a, int b, int c) {
    e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}

// 树形DP
void dfs(int u) {
    st[u] = 1;

    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int v = e[i]; // 子节点最好设置为v,不要使用j,因为j一般后面会参于循环用的变量，节约资源
        if (st[v]) continue;
        dfs(v); // 因为父亲需要使用子树的信息来更新自己的信息，所以，必须先递归子树，才能使用子树提供的信息，子树提供的信息，保存在f[v][1~k]中

        // 枚举体积 (u的所有可能体积)
        for (int j = m; j >= 0; j--)
            // 枚举决策 (子节点v中分配k个体积,需要给u->v留一个，v子树中就少1个,k<j)
            for (int k = 0; k < j; k++)
                //  f[u][j - 1 - k]:让u从其它子树中去查找,在空间j-1-k的限定下的最大价值
                //  f[v][k]+w[i]:在v子树中，资源上限是k的情况下，返回的最大数量，加上u->v这边条上的苹果数w[i]
                f[u][j] = max(f[u][j], f[u][j - 1 - k] + f[v][k] + w[i]);
    }
}

int main() {
    // 初始化
    memset(h, -1, sizeof h);
    cin >> n >> m;
    // 读入n-1条边
    int a, b, c;
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        cin >> a >> b >> c;
        add(a, b, c), add(b, a, c); // 只能是无向图,因为没说谁离根更近
    }
    dfs(1);                // 已知根是1号点
    printf("%d", f[1][m]); // DP：从根出发，最大限制是m的情况下，可以取得的最大值
    return 0;
}