HDU 5534 Partial Tree 完全背包

题意：

让你构造一个有(n(2 leq n leq 2015))个节点的树。
然后定义这棵树的(coolness)为(sum{f(d)})，其中(d)是每个节点的度数，函数(f)在输入中给出。

分析：

一颗含有(n)个节点的树，有(n-1)条边，度数之和为(2n-2)。
所以我们可以转化成一个完全背包问题：

背包的容量为(2n-2)，我们要恰好选(n)个物品而且要恰好装满背包。体积为(i)的物品的价值为(f(i))，而且每种物品有无穷多个。
所以可以设计出类似的状态：(d(i, j))表示选了(i)件物品，体积为(j)时所能得到的最大价值。
最后发现总的时间复杂度是(O(n^3))的。

分析原因：问题就在于转移的过程会有很多相同的状态。比如背包里的物品为((1, 2, 3))，这个状态可以由((1, 2))后面加个(3)得到，也可以由((1, 3))后面加个(2)得到。事实上具体是由什么顺序转移过来我们是不关心的，我们只关系每种物品选了多少件。

参考叉姐的思路：
一开始假设大家的度数都为(1)，然后慢慢地增大，让大家的度数和增大到(2n-2)。
设计新的状态(d(i, j))表示已经考虑过增大到(leq i)的度数，总度数和为(j)，能得到的最大价值。
那么有状态转移方程：$d(i,j)=max { (d(i-1,j),d(i,j-(i-1))+f(i)-f(1)) } ( 最终所求的答案就是)d(n-1,n-2)$

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int maxn = 2050;

int n;
int f[maxn];
//滚动数组优化一下空间
int d[2][maxn];

int main()
{
	int T; scanf("%d", &T);
	while(T--) {
		scanf("%d", &n);
		for(int i = 1; i < n; i++) scanf("%d", f + i);
		memset(d, 0, sizeof(d));
		int cur = 1;
		d[1][0] = n * f[1];
		for(int i = 2; i <= n - 1; i++) {
			cur ^= 1;
			memset(d[cur], 0, sizeof(d[cur]));
			for(int j = 0; j < i - 1; j++) d[cur][j] = d[cur^1][j];
			for(int j = i - 1; j <= n - 2; j++)
				d[cur][j] = max(d[cur^1][j], d[cur][j-i+1] + f[i] - f[1]);
		}

		printf("%d
", d[cur][n - 2]);
	}

	return 0;
}