题目描述
几乎整个Byteland王国都被森林和河流所覆盖。小点的河汇聚到一起，形成了稍大点的河。就这样，所有的河水都汇聚并流进了一条大河，最后这条大河流进了大海。这条大河的入海口处有一个村庄——名叫Bytetown。
在Byteland国，有n个伐木的村庄，这些村庄都座落在河边。目前在Bytetown，有一个巨大的伐木场，它处理着全国砍下的所有木料。木料被砍下后，顺着河流而被运到Bytetown的伐木场。Byteland的国王决定，为了减少运输木料的费用，再额外地建造k个伐木场。这k个伐木场将被建在其他村庄里。这些伐木场建造后，木料就不用都被送到Bytetown了，它们可以在运输过程中第一个碰到的新伐木场被处理。显然，如果伐木场座落的那个村子就不用再付运送木料的费用了。它们可以直接被本村的伐木场处理。
注：所有的河流都不会分叉，形成一棵树，根结点是Bytetown。
国王的大臣计算出了每个村子每年要产多少木料，你的任务是决定在哪些村子建设伐木场能获得最小的运费。其中运费的计算方法为：每一吨木料每千米1分钱。
输入输出格式
输入格式：
第一行包括两个数 n（2≤n≤100），k（1≤k≤50,且 k≤n）。n为村庄数，k为要建的伐木场的数目。除了Bytetown外，每个村子依次被命名为1，2，3……n，Bytetown被命名为0。
接下来n行，每行3个整数：
wi——每年i村子产的木料的块数（0≤wi≤10000）
vi——离i村子下游最近的村子（即i村子的父结点）（0≤vi≤n）
di——vi到i的距离(千米)。（1≤di≤10000）
保证每年所有的木料流到bytetown的运费不超过2,000,000,000分
50％的数据中n不超过20。
输出格式：
输出最小花费，单位为分。
输入输出样例
输入样例#1： 复制
4 2
1 0 1
1 1 10
10 2 5
1 2 3
输出样例#1： 复制
4
这道题因为村庄呈树形结构，所以选用树形DP。
自底向上更新答案，dp[x][j][k][0/1] 代表在第x节点处，离x最近的祖先伐木场为j，用了k个伐木场，x节点有/无伐木场的最小花费。先dfs遍历树，开一个stack数组记录每个节点到根节点的距离。之后开始枚举j与k与子树伐木场个数，更新答案。
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 105;
struct Edge{
int nxt,to,val;
}edge[MAXN*2];
//size为stack中元素个数，stack记录子节点，d记录深度。
int n,K,w[MAXN],size,stack[MAXN],d[MAXN];
int head[MAXN],cnt;
LL dp[MAXN][MAXN][MAXN][2];
inline void add(int bg,int ed,int ww){
edge[++cnt].to=ed;
edge[cnt].val=ww;
edge[cnt].nxt=head[bg];
head[bg]=cnt;
}
inline void dfs(int u){
stack[++size]=u;
for(register int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){
int v=edge[i].to; //枚举子节点。
d[v]=d[u]+edge[i].val; //更新子节点距离。
dfs(v);
for(int j=1;j<=size;j++) //枚举祖先。
for(int k=K;k>=0;k--){ //枚举u及子树的伐木场个数。
dp[u][stack[j]][k][0]+=dp[v][stack[j]][0][0];
dp[u][stack[j]][k][1]+=dp[v][u][0][0];
//子节点不建。
for(int x=0;x<=k;x++){ //枚举子节点建的伐木场数。
dp[u][stack[j]][k][0]=min(dp[u][stack[j]][k-x][0]
+dp[v][stack[j]][x][0],dp[u][stack[j]][k][0]);
dp[u][stack[j]][k][1]=min(dp[u][stack[j]][k][1]
,dp[u][stack[j]][k-x][1]+dp[v][u][x][0]);
}
}
}
for(register int j=1;j<=size;j++)
for(register int k=0;k<=K;k++){
if(k>=1){
dp[u][stack[j]][k][0]=min(dp[u][stack[j]][k][0]
+w[u]*(d[u]-d[stack[j]]),dp[u][stack[j]][k-1][1]);
}
else
dp[u][stack[j]][k][0]+=w[u]*(d[u]-d[stack[j]]);
}
//将dp[][][][0]与dp[][][][1]合并。
size--;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&K);
for(register int i=1;i<=n;i++){
int fa,ww;
scanf("%d%d%d",&w[i],&fa,&ww);
add(fa,i,ww);
}
dfs(0);
printf("%lld",dp[0][0][K][0]);
return 0;
}