洛谷P3177 树上染色

题目

一道非常好的树形DP。

状态：$dp[u][n]$为u的子树选n个黑点所能得到的收益最大值。

则最终的结果就是$dp[root][k],$$root$可以为任何值，为了方便，使$root=1$

然后考虑怎么状态转移，状态转移一般要从方程和边界入手，考虑用背包的思想，得到方程：

$$dp[now][j]=max(dp[now][j], dp[now][j-l]+dp[to][l]+子树选l个黑点的贡献)$$

$(0<=j<=min(k, size[now]), 0<=l<=min(j,size[to]))$

接下来问题转化为如何求他们的贡献

根据题意，贡献就是（黑点的距离和+白点的距离和）=(黑节点数$*$另一端黑节点边权+白节点数$*$另一端白节点边权)$*$e[i].len.

$e[i].len * ( (k - l) * l + (siz[to] - l) * (n - k - siz[to] + l) )$

且这只能由$dp[now][j-l]$已被更新的情况下才可以更新。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n, k, cnt, root, lin[3010], vis[3010], siz[3010], dp[3010][3010];//每个点的最短路
struct edg {
 	int to, nex, len;
}e[4001011];
inline void add(int f, int t, int l)
{
 	e[++cnt].to = t;
 	e[cnt].len = l;
 	e[cnt].nex = lin[f];
 	lin[f] = cnt;
}
void init(int now, int fa, int de)
{
 	siz[now] = 1;
 	for (int i = lin[now]; i; i = e[i].nex)
 	{
 		int to = e[i].to;
 		if (to == fa) continue;
 		init(to, now, de + 1);
 		siz[now] += siz[to];
 	}
 	return;
}	
void dfs(int now, int fa)
{	
 	dp[now][0] = dp[now][1] = 0;//dp[u][i]表示u该节点的子树中选择i个黑色节点的最大贡献。 
 	for (int i = lin[now]; i; i = e[i].nex)
 	{
 		int to = e[i].to;
 		if (to == fa) continue;
 		dfs(to, now);
 	}//此时他的子树都已经搜索完了。
 	for (int i = lin[now]; i; i = e[i].nex)
 	{
 		int to = e[i].to;
 		if (to == fa) continue;
 		for (int j = min(k, siz[now]); j >= 0; j--)
		 	for (int l = 0; l <= min(j, siz[to]); l++)//01背包
		 	{
 				int ha = e[i].len * ( (k - l) * l + (siz[to] - l) * (n - k - siz[to] + l) );//to节点选择l个黑色节点
 				if (dp[now][j - l] != -1) 
 				dp[now][j] = max(dp[now][j], dp[now][j - l] + dp[to][l] + ha);//对它的所有贡献
 			}
 	}
}
signed main()
{
	memset(dp, -1, sizeof(dp));
 	scanf("%lld%lld", &n, &k);
 	for (int i = 1, fr, to, dis; i < n; i++)
 		scanf("%lld%lld%lld", &fr, &to, &dis), add(fr, to, dis), add(to, fr, dis);
 	init(1, -1, 1);//对树初始化.
 	dfs(1, -1);
 	printf("%lld", dp[1][k]);//必须染有k个黑点才能满足条件,多了少了都不行。
 	return 0;
}