bzoj4987 Tree 树上背包

题目传送门

https://lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4987

题解

一道还不错的题咯。

很容易发现一个结论：这 (k) 个点构成的一定是一个连通块，并且走的时候应该是按照某种类似于 dfs 的遍历方式连续走的。

可以发现，最终答案应该有：从根的某个子树走出来，到某个子树中去的这样的情况，也有可能是从根到某个子树中去的情况；同时，过程中会用到从根到子树中走一遍再回到根的情况。这三种情况都需要考虑。

于是进行树形 dp，令 (dp[x][i][0/1/2]) 表示以 (x) 为根的子树中，选择了 (i) 个点，情况为从根到子树中走一遍再回到根/从根到某个子树中去（等同于从某个子树到根）/从根的某个子树走出来，到某个子树中去这三种情况，转移的时候，第二维直接背包合并，第三维是这样的：(0+0 o 0, 0+1 o 1, 1+0 o 1, 0+2 o 2,1+1 o 2,2+0 o 2)。

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代码如下，时间复杂度为一般的背包合并 (O(nk))。

#include<bits/stdc++.h>

#define fec(i, x, y) (int i = head[x], y = g[i].to; i; i = g[i].ne, y = g[i].to)
#define dbg(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
#define File(x) freopen(#x".in", "r", stdin), freopen(#x".out", "w", stdout)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back

template<typename A, typename B> inline char smax(A &a, const B &b) {return a < b ? a = b, 1 : 0;}
template<typename A, typename B> inline char smin(A &a, const B &b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}

typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef std::pair<int, int> pii;

template<typename I> inline void read(I &x) {
	int f = 0, c;
	while (!isdigit(c = getchar())) c == '-' ? f = 1 : 0;
	x = c & 15;
	while (isdigit(c = getchar())) x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15);
	f ? x = -x : 0;
}

const int N = 3000 + 7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

int n, m, ans;
int dp[N][N][3], siz[N];

struct Edge { int to, ne, w; } g[N << 1]; int head[N], tot;
inline void addedge(int x, int y, int z) { g[++tot].to = y, g[tot].w = z, g[tot].ne = head[x], head[x] = tot; }
inline void adde(int x, int y, int z) { addedge(x, y, z), addedge(y, x, z); }

inline void dfs(int x, int fa = 0) {
	dp[x][1][0] = dp[x][1][1] = 0;
	siz[x] = 1;
	for fec(i, x, y) if (y != fa) {
		dfs(y, x);
		int w = g[i].w;
		for (int i = std::min(m, siz[x]); i; --i)
			for (int j = 1; j <= std::min(m, siz[y]); ++j) {
				smin(dp[x][i + j][0], dp[x][i][0] + dp[y][j][0] + w * 2);
				smin(dp[x][i + j][1], dp[x][i][0] + dp[y][j][1] + w);
				smin(dp[x][i + j][1], dp[x][i][1] + dp[y][j][0] + w * 2);
				smin(dp[x][i + j][2], dp[x][i][0] + dp[y][j][2] + w * 2);
				smin(dp[x][i + j][2], dp[x][i][1] + dp[y][j][1] + w);
				smin(dp[x][i + j][2], dp[x][i][2] + dp[y][j][0] + w * 2);
			}
		siz[x] += siz[y];
	}
	smin(ans, dp[x][m][0]), smin(ans, dp[x][m][1]), smin(ans, dp[x][m][2]);
//	dbg("x = %d: ", x);
//	for (int i = 1; i <= m; ++i) dbg("%d:(%d, %d, %d) ", i, dp[x][i][0], dp[x][i][1], dp[x][i][2]);
//	dbg("
");
}

inline void work() {
	memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
	ans = INF;
	dfs(1);
	printf("%d
", ans);
}

inline void init() {
	read(n), read(m);
	int x, y, z;
	for (int i = 1; i < n; ++i) read(x), read(y), read(z), adde(x, y, z);
}

int main() {
#ifdef hzhkk
	freopen("hkk.in", "r", stdin);
#endif
	init();
	work();
	fclose(stdin), fclose(stdout);
	return 0;
}