Luogu 3354 [IOI 2005] Riv

题面

这个题是一道树形DP，非常能开阔眼界。

状态

f[i][j][k] 表示 以i为子树，在j建一个伐木场，i得子树中一共允诺了k个伐木场。

这里得允诺就是一个套路性得DP方法，我们发现依照一开始f[i][j]表示在i得子树中，点集为j没有伐木场这种树形DP好像不可以转移，我们就能考虑到，在转移的过程中有必要知道哪里有伐木场，才能进行转移。

转移得时候依靠背包，因为当前点i无非只要建伐木场和不建伐木场，就能得到转移

f数组表示i没建造了伐木场, g表示i建了造伐木场

f[i][j][k] += f[son[i]][j][0];//i 得子树都可以直接用i曾经允诺过建造伐木场得伐木场

g[i][j][k] += f[son[i]][i][0];

然后进行普通的树形背包转移

接着我们知道，当前得价值就是指定j有伐木场，价值还没有更新，所以需要更新价值,即

其实我们可以看出来g[i][stac[j]][k] 是一个冗余得状态。

他所多记录的信息就是i有没有伐木场，完全可以被f[i][i][k-1]这个状态替代。

所以我们就可以少转移了。

贴个代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
//转移：枚举字数里有多少个伐木场

typedef long long LL;
const int N = 120;
const int M = 55;

int n, K, dep[N];
int val[N], head[N], cnt;
int stac[N], top;//树上枚举一般都要用栈
LL f[N][N][M];
int in1, in2;

struct Edge{
    int to;
    int nxt;
    int wei;    
}e[N << 1];

void add(int x,int y,int z){
    e[++cnt].to = y;
    e[cnt].wei = z;
    e[cnt].nxt = head[x];
    head[x] = cnt;
}


void dfs(int i){
    stac[++top] = i;
    for(int t = head[i];t;t = e[t].nxt){
        int v = e[t].to;
        dep[v] = dep[i] + e[t].wei;
        dfs(v);
        for(int j = 1;j <= top;++ j){
            for(int k = K;k >= 0;-- k){
                f[i][stac[j]][k] += f[v][stac[j]][0];//子树都不用建造了
                for(int x = 0;x <= k;++ x)
                f[i][stac[j]][k] = min(f[i][stac[j]][k],
                 f[i][stac[j]][k-x] + f[v][stac[j]][x]);
            }
        }
    }
    for(int j = 1;j <= top;++ j){
        for(int k = 0;k <= K;++ k){
            if(k >= 1)
            f[i][stac[j]][k] = min(f[i][stac[j]][k] + val[i] * (dep[i] - dep[stac[j]]), f[i][i][k-1]);
            else f[i][stac[j]][k] += val[i] * (dep[i] - dep[stac[j]]);
        }
    }
    top --;
}

int main(){
    scanf("%d %d", &n, &K);
    for(int i = 1;i <= n;++ i){
        scanf("%d %d %d", &val[i], &in1, &in2);
        add(in1, i, in2);
    }
    dfs(0);
    printf("%d", f[0][0][K]);
    return 0;
}