描述
传说中的九头龙是一种特别贪吃的动物。虽然名字叫“九头龙”，但这只是说它出生的时候有九个头，而在成长的过程中，它有时会长出很多的新头，头的总数会远大于九，当然也会有旧头因衰老而自己脱落。
有一天，有M个脑袋的九头龙看到一棵长有N个果子的果树，喜出望外，恨不得一口把它全部吃掉。可是必须照顾到每个头，因此它需要把N个果子分成M组，每组至少有一个果子，让每个头吃一组。
这M个脑袋中有一个最大，称为“大头”，是众头之首，它要吃掉恰好K个果子，而且K个果子中理所当然地应该包括唯一的一个最大的果子。果子由N-1根树枝连接起来，由于果树是一个整体，因此可以从任意一个果子出发沿着树枝“走到”任何一个其他的果子。
对于每段树枝，如果它所连接的两个果子需要由不同的头来吃掉，那么两个头会共同把树枝弄断而把果子分开；如果这两个果子是由同一个头来吃掉，那么这个头会懒得把它弄断而直接把果子连同树枝一起吃掉。当然，吃树枝并不是很舒服的，因此每段树枝都有一个吃下去的“难受值”，而九头龙的难受值就是所有头吃掉的树枝的“难受值”之和。
九头龙希望它的“难受值”尽量小，你能帮它算算吗？
格式
输入格式
输入的第1行包含三个整数N(1<=N<=300)，M(2<=M<=N)，K(1<=K<=N)。N个果子依次编号1,2,...,N，且最大的果子的编号总是1。第2行到第N行描述了果树的形态，每行包含三个整数a(1<=a<=N)，b(1<=b<=N)，c(0<=c<=105)，表示存在一段难受值为c的树枝连接果子a和果子b。
输出格式
输出仅有一行，包含一个整数，表示在满足“大头”的要求的前提下，九头龙的难受值的最小值。如果无法满足要求，输出-1。
样例1
样例输入1
8 2 4 1 2 20 1 3 4 1 4 13 2 5 10 2 6 12 3 7 15 3 8 5
样例输出1
4
qwq ， 一道树形dp的题，先转了一下二叉再做 。
题目链接 ： https://vijos.org/p/1523
1 #include <iostream> 2 #include <cstring> 3 #include <cstdio> 4 using namespace std ; 5 const int inf = 1 << 30 , maxn = 300 + 11 ; 6 int n , m , k , f[maxn][maxn][2] , head[maxn] , cnt , p[maxn] , val[maxn] , bro[maxn] , sum[maxn] ; 7 struct id 8 { 9 int nxt , to , val ; 10 } edge[maxn<<1] ; 11 struct ide 12 { 13 int l , r , val ; // l->son， r->brother 14 } tree[maxn] ; 15 16 void add( int u , int v , int val ) 17 { 18 edge[++cnt].to = v , edge[cnt].nxt = head[u] ; 19 head[u] = cnt ; edge[cnt].val = val ; 20 } 21 22 23 24 25 26 void Init( ) 27 { 28 scanf( "%d%d%d" , &n , &m , &k ) ; 29 int a , b , c ; 30 for( int x = 1 ; x < n ; ++x ) 31 { 32 scanf( "%d%d%d" , &a , &b , &c ) ; 33 add( a , b , c ) ; 34 add( b , a , c ) ; 35 } 36 } 37 38 void build_tree( int u , int fu ) 39 { 40 int son = 0 ; 41 for( int i = head[u] ; i ; i = edge[i].nxt ) 42 { 43 int v = edge[i].to ; 44 if( v == fu ) continue ; 45 if( !tree[u].l ) tree[u].l = v , bro[v] = 0 ; //bro -> last brother 46 else tree[son].r = v , bro[v] = son ; 47 son = v , val[v] = edge[i].val ; 48 } 49 if( !son ) return ; // leaf 50 build_tree( son , u ) ; sum[son] += sum[tree[son].l] + 1 ; // sum -> the number of next fruit 51 while( bro[son] ) son = bro[son] , build_tree( son , u ) , sum[son] = sum[tree[son].l] + sum[tree[son].r] + 1 ; 52 } 53 54 55 56 57 58 int dfs( int u , int sy , int sta ) // sta -> u 's parent 's state , 59 { 60 // cout<<u<<" "<<sy<<" "<<sta<<endl; 61 if( u == 0 ) return 0 ; 62 if( ~f[u][sy][sta] ) return f[u][sy][sta] ; 63 int l1 , r1 , ret = 1000000000 ; 64 for( int i = 0 ; i < sy ; ++i ) // u's eaten by big 65 { 66 if( i <= sum[tree[u].l] && ( sy - 1 - i) <= sum[tree[u].r] ) 67 { 68 l1 = dfs( tree[u].l , i , 1 ) ; 69 r1 = dfs( tree[u].r , sy-1-i , sta ) ; 70 ret = min( ret , l1 + r1 + ( sta == 1 ) * val[u] ) ; 71 } 72 } 73 for( int i = 0 ; i <= sy ; ++i ) //u's eaten by others 74 { 75 if( i <= sum[tree[u].l] && (sy-i) <= sum[tree[u].r] ) 76 { 77 l1 = dfs( tree[u].l , i , 0 ) ; 78 r1 = dfs( tree[u].r , sy-i , sta ) ; 79 ret = min( ret , l1 + r1 + ( sta == 0 ) * ( m==2 ) * val[u] ); 80 } 81 } 82 f[u][sy][sta] = ret ; 83 return ret ; 84 } 85 86 87 void Solve( ) 88 { 89 p[1] = 1 ; build_tree( 1 , 0 ) ; //p-> parent 90 memset( f , -1 , sizeof(f) ) ; 91 printf( "%d " , dfs( tree[1].l , k-1 , 1 ) ) ; 92 } 93 94 95 int main( ) 96 { 97 // freopen( "NSOOJ#10369.in" , "r" , stdin ) ; 98 // freopen( "NSOOJ#10369.out" , "w" , stdout) ; 99 Init( ) ; 100 if ( k+m-1>n ) { printf("-1 ") ; return 0 ; } 101 Solve( ) ; 102 fclose( stdin ) ; 103 fclose( stdout ) ; 104 return 0 ; 105 }