AcWing 1074 . 二叉苹果树

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一、题目描述

给定一棵含有 \(n\) 个结点的树，树根编号为 \(1\)，且树上的每条边有一个边权 \(w_j\)

要求我们只保留树中的 \(m\) 条边，使得 树根 所在的 连通块 的所有边 边权之和 最大

二、题目分析

想复习一下 背包\(DP\) 的同学，可以看看我之前写过的这篇 背包DP合集
这篇题解对于重复部分的知识不会再额外讲了QwQ

这题的题面其实就是 有依赖的背包 模型，不同的是把 物品价值 分给了 边 而不是 点

不过，对于一棵树来说，任意节点的入边（连向父节点的边） 都是 唯一 的

所以 边权 和 点权 在确定树的 根节点 以后，是可以视作一个东西的（入边价值 视作 该点价值）

常用的 有依赖的背包DP 集合划分方案有两个：

• 子物品体积集合划分 \(O(N×V×V)\) AcWing 10. 有依赖的背包问题【有依赖背包DP+子物品体积集合划分】

• 分组背包集合划分 \(O(N×2^k×V)\) AcWing 487. 金明的预算方案【有依赖背包DP+分组背包集合划分】

对于本题来说，分组背包集合划分 会超时，因此采用 体积集合划分方案

闫氏DP分析法

是有依赖背包问题的改编 https://www.acwing.com/solution/AcWing/content/8021/

树枝上苹果的数量可以理解成该边的权值

状态表示
\(f[u][j]\):表示所有以\(u\)为树根的子树中选，选\(j\)条边的最大价值

状态计算
每一棵子树看出一组背包，若需要选择该子树\(son\)，则根结点\(u\)到子树\(son\)的边一定用上，因此能用上的总边数一定减1，总共可以选择\(j\)条边时，当前子树\(son\)分配的最大边数是\(j - 1\)，对于任意一棵子树有

\(f[u][j] = max(f[u][j], f[u][j - 1 - k] + f[son][k]+ w[i])\)

其中： \(k∈[0,j−1]\)

\(Code\)
时间复杂度： \(O(N×V×V)\)

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 110;
const int M = N * 2;
int n;          //表示树的节点数
int m;          //表示要保留的树枝数量(背包容量)
int h[N], e[M], w[M], ne[M], idx;
int f[N][N];

//邻接表模板
void add(int a, int b, int c) {
    e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}

//树形DP+无向图
void dfs(int u, int father) {
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { //物品组
        if (e[i] == father)continue;    //不走回头路
        dfs(e[i], u);           //计算子分枝
        //分组背包
        for (int j = m; j; j--)         //枚举u结点剩余体积
            for (int k = 0; k < j; k++) //在这样的情况下，分给子树e[i]多大的体积？枚举体积预留一条连向父节点的边
                //f[e[i]]-->son 子树
                f[u][j] = max(f[u][j], f[u][j - 1 - k] + f[e[i]][k] + w[i]);
    }
}

int main() {
    //邻接表初始化
    memset(h, -1, sizeof h);
    cin >> n >> m;
    //读入n-1条边
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        int a, b, c;
        cin >> a >> b >> c;
        //建立无向图
        add(a, b, c), add(b, a, c);
    }
    //有依赖的背包树形dp
    dfs(1, -1);
    //输出
    printf("%d", f[1][m]);//以1号节点为根，边数不超过m（最大背包上限）的最大值
    return 0;
}