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。
输入输出格式
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
输入样例#1：
3 1
1 2 1
1 3 2
输出样例#1：
3
说明
对于 100% 的数据， 0<=K<=N <=2000
一开始设计的状态是f[i][j]表示以i为根的子树选j个黑点的最大值
但是这样难以转移状态
正解是用f[i][j]表示以i为根的子树上有j个黑点时对最终答案的最大贡献
听起来好像挺像但实际上完全不一样
我们只需要计算当前子树内的所有黑点到父亲节点的距离乘以子树外的黑点个数
因为这些点不论子树外的黑点选在哪里都会对最终答案产生这些贡献
子树内的黑点对答案造成的贡献已经在子树内两两黑点的LCA处合并成完整的贡献了
白点也是一样的 ==
这样状态就可以转移了
直接在树上做背包就可以辣 ><
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
# define LL long long
const LL INF = 1e16 ;
const int M = 2005 ;
inline LL read() {
char c = getchar() ; LL x = 0 , w = 1 ;
while(c>'9'||c<'0') { if(c=='-') w = -1 ; c = getchar() ; }
while(c>='0'&&c<='9') { x = x*10+c-'0' ; c = getchar() ; }
return x*w ;
}
int n , m ;
struct E{
int Nxt , to ; LL dis ;
}edge[M<<1];
int hea[M] , num , size[M] ;
LL f[M][M] ;
inline void add_edge(int from , int to , LL dis){
edge[++num].Nxt = hea[from] ; edge[num].to = to ;
edge[num].dis = dis ; hea[from] = num ;
}
void Dfs(int u , int father) {
f[u][0] = f[u][1] = 0 ;
size[u] = 1 ;
for(int i = hea[u] ; i ; i=edge[i].Nxt) {
int v = edge[i].to ;
if(v == father) continue ;
Dfs(v , u) ;
size[u] += size[v] ;
for(int j = size[u] ; j >= 0 ; j --) // 枚举给u分配多少个黑点
for(int k = 0 ; k <= size[v] && k <= j ; k ++) {
// 枚举给v分配多少黑点
LL temp = 1LL * (k * (m - k)) + 1LL * ((size[v] - k) * (n - m - size[v] + k)) ;
// 目前的temp表示有多少个有贡献的点对
temp = temp * edge[i].dis ;
// 目前temp表示的是加上这条边后的总贡献，所以现在就可以转移了
f[u][j] = std::max(f[u][j] , f[u][j - k] + f[v][k] + temp) ;
}
}
}
int main() {
n = read() ; m = read() ;
for(int i = 1 , u , v ; i < n ; i ++) {
u = read() , v = read() ; LL w = read() ;
add_edge(u , v , w) ; add_edge(v , u , w) ;
}
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
for(int j = 1 ; j <= n ; j ++)
f[i][j] = -INF ;
Dfs(1 , 1) ;
printf("%lld
",f[1][m]) ;
return 0 ;
}