luogu 3177 [HAOI2015]树上染色

题目描述

有一棵点数为 N 的树，树边有边权。给你一个在 0~ N 之内的正整数 K ，你要在这棵树中选择 K个点，将其染成黑色，并将其他 的N-K个点染成白色 。 将所有点染色后，你会获得黑点两两之间的距离加上白点两两之间的距离的和的受益。问受益最大值是多少。

输入格式

第一行包含两个整数 N, K 。接下来 N-1 行每行三个正整数 fr, to, dis ， 表示该树中存在一条长度为 dis 的边 (fr, to) 。输入保证所有点之间是联通的。

输出格式

输出一个正整数，表示收益的最大值。

输入输出样例

输入 #1复制

3 1
1 2 1
1 3 2

输出 #1复制

3

说明/提示

对于 100% 的数据， 0<=K<=N <=2000

分析

说实话这道题做的我有点悲伤

先是想了好久没发现自己状态设计错了

后来又调了好久都是80，结果蓦然发现是枚举的上下界有误

好吧还是我自己的锅，因为我的状态设计对上下界的要求太高了

我该庆幸这题没有负权边吗，不然在初值上又要出锅

题解1

题解2

Part 1 状态

开始的时候，一般都会往

dp[节点][黑点个数] = 距离

这个方向想

然鹅，我卡住了，翻了翻题解，才知道，这么设计状态是不可行的

这么设计状态明显是有后效性的，除非你可以记录方案，实时更新距离

我们再想想，计算多条路径，除了把一条一条的路径加起来，还有没有什么特点，或者其他求法

这时，我们应给可以注意到很多时候，有些边是被重复计算的，尤其是当路径条数多了的时候，这个重复的次数会更多

此时，我们就获得了计算路径和的第二种方法：

计算每条便被计算了多少次，乘以边权，再加起来

看题目的要求： 黑点两两之间的距离加上白点两两之间的距离的和

所以，经过这条边的路径当且仅当两个点分布在这条边的两端且同色

也就是说，这条边的经过的次数，至于两端分布的黑点白点的个数有关，而与方案无关

很容易想到经过这条边的次数就是：

左边黑点个数*右边黑点个数+左边白点个数*右边白点个数

好的，这样的话，状态似乎也水到渠成了

dp[节点编号][黑点个数] = 目前子树的边对于答案的贡献

嗯？有区别吗？

当然有，对答案的贡献，也就是说，我们计算出子树中各条边在答案中的贡献（注意这个贡献是全局的，不仅限于子树内）

Part 2 转移

有了状态，转移会显得明白许多

我们枚举i为子树中的黑点个数，枚举j为儿子子树中的黑点个数，则有方程

嗯，其实最重要的细节来了

i，j的上下界

首先，i必须倒序，避免重复

i的上界：min(cnt[u],k)  很好想

下界：max(k-(n-cnt[u]),0)   因为i等于k-(n-cnt[u])的时候，正好子树i以外的点（包括没有遍历的儿子）全都是黑色，

如果i小于k-(n-cnt[u])，说明黑点没有到达k个，而出现了这个bug时，在算w的贡献时就会出错

j的上界min(cnt[v],i)  很好想，关键是j的下界：max(k-(n-cnt[v]),max(i-cnt[u]+cnt[v],0))

k-(n-cnt[v])根i一样的原理，不重复阐释了，max(i-cnt[u]+cnt[v],0)主要是源于这个不等式：

cnt[u]-cnt[v]>=i-j，就是父亲子树中剩下的节点要足以容下剩下的黑点

完整的枚举：

代码

/***************************** 
User:Mandy.H.Y
Language:c++
Problem:luogu3177
Algorithm:
*****************************/

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int maxn = 2e3 + 5;

int n,k;
int size,first[maxn];
int cnt[maxn];
long long dp[maxn][maxn];

struct Edge{
    int v,w,nt;
}edge[maxn << 1];

template<class T>inline void read(T &x){
    x = 0;char ch = getchar();bool flag = 0;
    while(!isdigit(ch)) flag |= ch == '-',ch = getchar();
    while(isdigit(ch)) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48),ch = getchar();
    if(flag) x = -x;
}

void file(){
    freopen("data1.in","r",stdin);
//    freopen("1311.out","w",stdout);
}

void eadd(int u,int v,int w){
    edge[++size].v = v;
    edge[size].w = w;
    edge[size].nt = first[u];
    first[u] = size;
}

void readdata(){
    read(n);read(k); 
    for(int i = 1;i < n; ++ i){
        int u,v,w;
        read(u);read(v);read(w);
        eadd(u,v,w);eadd(v,u,w);
    }
}

void dfs(int u,int fa){
    cnt[u] = 1;
    for(int e = first[u];e;e = edge[e].nt){
        int v = edge[e].v;
        if(v == fa) continue;
        int w = edge[e].w;
        dfs(v,u);cnt[u] += cnt[v];
        for(int i = min(cnt[u],k);i >= max(k-(n-cnt[u]),0); -- i){
            for(int j = max(k-(n-cnt[v]),max(i-cnt[u]+cnt[v],0));j <= min(cnt[v],i);++j){
                dp[u][i] = max(dp[u][i],
                               dp[v][j]+
                               //儿子中有j个黑点 的贡献 
                               dp[u][i-j]+
                               //父亲子树(目前的子树，还没加儿子子树)中有j个黑节点的贡献 
                               (long long)w*((k-j)*j+(cnt[v]-j)*(n-cnt[v]-(k-j))));
                               //父亲连儿子的边的贡献 ，注意是全局贡献 
            }
        }
        //这个循环写得我很悲伤        
    }        
}

void work(){
    if(k > n-k) k = n - k;
    //小优化啦，黑色白色其实是等价的 
    dfs(1,0);
    printf("%lld",dp[1][k]);
}

int main(){
//    file();
    readdata();
    work();
    return 0;
}

为你，所向披靡！