bzoj4033

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4033

树形DP。

我们发现，每条边都是一条桥，若我们知道这条边其中一侧有多少个黑点，我们就可以知道这条边产生的费用是多少。

记F[i][j]表示在以i为根的子树中，有j个黑点，其中所有的边产生的费用是多少。

转移用背包。

看上去好像是NK^2的，其实是N^2的。

我们背包中枚举的范围不是0..K，是0..子树大小。

设点u为根的子树的大小为size[u]，其实我们在u处枚举的次数大约是size[u]^2。

所以总的就是∑size[i]^2(1<=i<=N)，大约是N^2。

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<fstream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<utility>
#include<set>
#include<bitset>
#include<vector>
#include<functional>
#include<deque>
#include<cctype>
#include<climits>
#include<complex>
//#include<bits/stdc++.h>适用于CF,UOJ，但不适用于poj
 
using namespace std;

typedef long long LL;
typedef double DB;
typedef pair<int,int> PII;
typedef complex<DB> CP;

#define mmst(a,v) memset(a,v,sizeof(a))
#define mmcy(a,b) memcpy(a,b,sizeof(a))
#define fill(a,l,r,v) fill(a+l,a+r+1,v)
#define re(i,a,b)  for(i=(a);i<=(b);i++)
#define red(i,a,b) for(i=(a);i>=(b);i--)
#define ire(i,x) for(typedef(x.begin()) i=x.begin();i!=x.end();i++)
#define fi first
#define se second
#define m_p(a,b) make_pair(a,b)
#define SF scanf
#define PF printf
#define two(k) (1<<(k))

template<class T>inline T sqr(T x){return x*x;}
template<class T>inline void upmin(T &t,T tmp){if(t>tmp)t=tmp;}
template<class T>inline void upmax(T &t,T tmp){if(t<tmp)t=tmp;}

const DB EPS=1e-9;
inline int sgn(DB x){if(abs(x)<EPS)return 0;return(x>0)?1:-1;}
const DB Pi=acos(-1.0);

inline int gint()
  {
        int res=0;bool neg=0;char z;
        for(z=getchar();z!=EOF && z!='-' && !isdigit(z);z=getchar());
        if(z==EOF)return 0;
        if(z=='-'){neg=1;z=getchar();}
        for(;z!=EOF && isdigit(z);res=res*10+z-'0',z=getchar());
        return (neg)?-res:res; 
    }
inline LL gll()
  {
      LL res=0;bool neg=0;char z;
        for(z=getchar();z!=EOF && z!='-' && !isdigit(z);z=getchar());
        if(z==EOF)return 0;
        if(z=='-'){neg=1;z=getchar();}
        for(;z!=EOF && isdigit(z);res=res*10+z-'0',z=getchar());
        return (neg)?-res:res; 
    }

const int maxN=2000;

int N,K;
int now,first[maxN+100];
struct Tedge{int v,cost,next;}edge[2*maxN+100];

inline void addedge(int u,int v,int cost)
  {
      now++;
      edge[now].v=v;
      edge[now].cost=cost;
      edge[now].next=first[u];
      first[u]=now;
  }

int fa[maxN+100],facost[maxN+100],size[maxN+10];

LL F[maxN+100][maxN+100];

LL G[maxN+100];
inline void DFS(int u)
  {
      int i,j,k,v,cost;
      size[u]=1;
      for(i=first[u],v=edge[i].v,cost=edge[i].cost;i!=-1;i=edge[i].next,v=edge[i].v,cost=edge[i].cost)if(v!=fa[u])
          fa[v]=u,facost[v]=cost,DFS(v),size[u]+=size[v];
      
      re(i,0,K)F[u][i]=-1;
      
      G[0]=0;re(i,1,size[u])G[i]=-1;
      for(i=first[u],v=edge[i].v,cost=edge[i].cost;i!=-1;i=edge[i].next,v=edge[i].v,cost=edge[i].cost)if(v!=fa[u])
        red(j,min(K,size[u]),0)
          re(k,0,min(j,size[v]))
            if(G[j-k]!=-1 && F[v][k]!=-1)
              upmax(G[j],G[j-k]+F[v][k]+LL(cost)*LL(k)*LL(K-k)+LL(cost)*LL(size[v]-k)*LL((N-size[v])-(K-k)));
      
      re(i,0,min(K,size[u]))
          {
              if(G[i]!=-1)upmax(F[u][i],G[i]);
              if(i-1>=0 && G[i-1]!=-1) upmax(F[u][i],G[i-1]);
            }
        
  }

int main()
  {
      /*freopen("bzoj4033.in","r",stdin);
      freopen("bzoj4033.out","w",stdout);*/
      int i,j;
      N=gint();K=gint();
      now=-1;mmst(first,-1);
      re(i,1,N-1)
        {
            int u=gint(),v=gint(),cost=gint();
            addedge(u,v,cost);
            addedge(v,u,cost);
        }
      DFS(1);
      cout<<F[1][K]<<endl;
      return 0;
  }