P2015 二叉苹果树 树形dp

　　

题目描述

有一棵苹果树，如果树枝有分叉，一定是分2叉（就是说没有只有1个儿子的结点）

这棵树共有N个结点（叶子点或者树枝分叉点），编号为1-N,树根编号一定是1。

我们用一根树枝两端连接的结点的编号来描述一根树枝的位置。下面是一颗有4个树枝的树

2   5
  / 
  3   4
    /
    1

现在这颗树枝条太多了，需要剪枝。但是一些树枝上长有苹果。

给定需要保留的树枝数量，求出最多能留住多少苹果。

输入输出格式

输入格式：

第1行2个数，N和Q(1<=Q<= N,1<N<=100)。

N表示树的结点数，Q表示要保留的树枝数量。接下来N-1行描述树枝的信息。

每行3个整数，前两个是它连接的结点的编号。第3个数是这根树枝上苹果的数量。

每根树枝上的苹果不超过30000个。

输出格式：

一个数，最多能留住的苹果的数量。

输入输出样例

输入样例#1： 复制

5 2
1 3 1
1 4 10
2 3 20
3 5 20

输出样例#1： 复制

21

树形dp入门题
f[u][i]=max(f[u][i],f[u][i−j−1]+f[v][j]+e[i].w)( 1≤i≤min(q,sz[u]),0≤j≤min(sz[v],i−1) )
注意j k 的枚举范围

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
//input by bxd
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define repp(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
#define RI(n) scanf("%d",&(n))
#define RII(n,m) scanf("%d%d",&n,&m)
#define RIII(n,m,k) scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)
#define RS(s) scanf("%s",s);
#define ll long long
#define pb push_back
#define REP(i,N)  for(int i=0;i<(N);i++)
#define CLR(A,v)  memset(A,v,sizeof A)
//////////////////////////////////
#define inf 0x3f3f3f3f
const int N=205;
const int M=50005;
int head[M],pos;
struct Edge
{
    int nex,to,v;
}edge[M];
void add(int a,int b,int c)
{
    edge[++pos].nex=head[a];
    head[a]=pos;
    edge[pos].to=b;
    edge[pos].v=c;
}
int n,m;
int dp[N][N];
int siz[N];

void dfs(int u,int fa)
{
    for(int i=head[u];i;i=edge[i].nex)
    {
        int v=edge[i].to;
        if(v==fa)continue;
        dfs(v,u);
        siz[u]+=siz[v]+1;
        for(int j=min(m,siz[u]);j;--j)//保留的边数
        for(int k=min(j-1,siz[v]);k>=0;--k)//改子树保留的边数
        dp[u][j]=max(dp[u][j],dp[u][j-k-1]+dp[v][k]+edge[i].v);//注意差值为1
    }
}

int main()
{
    RII(n,m);
    rep(i,1,n-1)
    {
        int a,b,c;RIII(a,b,c);
        add(a,b,c);add(b,a,c);
    }
    dfs(1,0);
    cout<<dp[1][m];
    return 0;
}