[IOI2005]River 河流

题目大意：

给定n个点的有根树，每条边有边权，每个点有点权w，

你要在k个点上建立伐木场，对于每个没有建伐木场的点x，令与它最近的祖先、有伐木场的点，为y，你需要支付dis(x,y)*w[x]的代价。

选择合适的位置建伐木场，最小化总代价。

n<=100

分析：

f[i][j][k]表示， 以i为根的子树中，离其最近的祖先为j，加上这个点的子树共建了k个伐木场。

树形背包，每个点选择建伐木场，或者不选择建。

注意，无论如何，在x子树y回溯后，是可以在子树根节点y造一个伐木场的。这种情况不要漏掉。

因为0处一定有一个伐木场，所以我们先假设它没有这个伐木场，将k++即可。最后答案就是f[0][0][k] 第二维是0，表示0号点最近的伐木场就是它自己，也就是强制让0点建了一个场。

具体做法：

开始f都是inf

进入每一个节点x，都进行初始化。f[x][x][1~k]=0，f[x][x][1]=0，f[x][ancestors][0]=dis*w[x]

进行树形dp的时候，回溯了y儿子，进行背包前，先新建一个数组g，赋值为inf，否则需要f赋值的时候，f却有可能已经变了。

再把g赋值给f。

背包的时候，分类讨论，一个是在x点建场，还有就是不建场，需要枚举一个最近的祖先。这里，我用的是fa[]数组，不断找父亲，以及disf[]到父亲节点的边的长度。

详见代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100+10;
const int K=55;
const ll inf=2000000000+1000;
struct node{
    int nxt,to;
    ll val;
}bian[2*N];
int hd[N],cnt;
ll w[N];
int n,k;
ll f[N][N][K];
int fa[N];
ll disf[N];
bool vis[N];
void add(int x,int y,ll z)
{
    bian[++cnt].nxt=hd[x];
    bian[cnt].to=y;
    bian[cnt].val=z;
    hd[x]=cnt;
}
void dfs(int x)
{
    vis[x]=1;
    for(int i=1;i<=k;i++)
      f[x][x][i]=0;
    ll dis=0;
　　 f[x][x][1]=0;
    for(int i=x;i!=0;i=fa[i])
    {
        dis+=disf[i];
        f[x][fa[i]][0]=dis*w[x];
    }// prework

    for(int i=hd[x];i;i=bian[i].nxt)
    {
        int y=bian[i].to;
        if(!vis[y])//find new son
        {
            dfs(y);
            ll g[N][K];
            for(int o=0;o<N;o++)
             for(int u=0;u<K;u++)
              g[o][u]=inf;
            for(int p=1;p<=k;p++)//build one
            {
                for(int q=0;q<p;q++)
                {
                    g[x][p]=min(g[x][p],f[x][x][p-q]+f[y][x][q]);// y's lastest ancestor is x
                    g[x][p]=min(g[x][p],f[x][x][p-q]+f[y][y][q]);// y's lastest ancestor is itself
                }
            }
            for(int j=x;j!=0;j=fa[j])//not
            {
                for(int p=0;p<=k;p++)
                {
                    for(int q=0;q<=p;q++)
                    {
                        g[fa[j]][p]=min(g[fa[j]][p],f[x][fa[j]][p-q]+f[y][fa[j]][q]);//y's lastest ancestor is fa[j]
                        g[fa[j]][p]=min(g[fa[j]][p],f[x][fa[j]][p-q]+f[y][y][q]);// y's lastest ancestor is itself
                    }
                }
            }
            for(int j=x;j!=-1;j=fa[j])
            {
                for(int p=0;p<=k;p++)
                 f[x][j][p]=g[j][p];
            }//copy back
        }
    }

}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    k++;//warning!!!
    int x,y;
    ll z;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld%d%lld",&w[i],&y,&z);
        fa[i]=y;disf[i]=z;
        add(i,y,z);
        add(y,i,z);
    }

    fa[0]=-1;
    for(int i=0;i<N;i++)
     for(int j=0;j<N;j++)
      for(int o=0;o<K;o++)
        f[i][j][o]=inf;
    dfs(0);
    printf("%lld",f[0][0][k]);
    return 0;
}

 总结：
1.状态设计值得注意，由于代价和祖先有关，因为这是未来要处理的，不容易直接统计。

所以，就对未来做出承诺，如果在j祖先建伐木场，最小的代价。这里就把这个点运到祖先的代价算上了。

这样，dp到这个祖先的时候，如果决定建造，就可以选择实现承诺。

2.然后，初值都是inf，开始只有f[x][x][1]=0,f[x][ancs][0]=dis*w[x]，这就保证了，转移的时候，开始必然有f[x][ancs][0]的贡献。不会漏算。