HDU 4003 Find Metal Mineral （树形DP，经典）

题意：给定一棵树图，n个节点，有边权，要派k<11个机器人从节点s出发，遍历所有的点，每当1只机器人经过1条边时就会花费该边的边权，边是可重复走的。问遍历完所有点的最小花费？

思路：

　　非常经典，首先需要知道一点，才能往下推理。就是“如果在t点派c个机器人往孩子u，那么最多只有1个机器人能走会回来到t，否则花费总是不划算的”。

　　稍微证明一下：

　　（1）假设派1个机器人往u，逛一圈回到u的父亲t，花费v= 子树u的边权和*2 + e(t,u)*2。若机器人不要了，那花费肯定比v还要少。

　　（2）假设派2个机器人往u，若要2个机器人都回来，显然花费要比（1）要大。若仅要1个机器人回来，花费仍比“仅派1只机器人往u”要高。（可以试试画一棵有3层的树，头两层只有1个节点，第三层节点数随意即可，来模拟一下就知道结果了）

　　得到的结论是，要么只派c个机器人去孩子u，且1个都不要走回来(注：0<c<=k)；要么派1个机器人出去，且遍历完子树u走回t。

　　这样已经很好解决了。枚举下点t的孩子数（组），再枚举点t可能获得的机器人数（容量），再枚举给这个孩子派的机器人数（物品）。

　　还有个初始化DP值的问题，因为每个孩子都是必须遍历的，而常规的分组背包是可选（至多选1件）或者不选物品的，那么可以先将“派1个机器人且回收1个机器人的DP值”丢进背包（保证了此容量下肯定有遍历过子树u），然后若有更好的状态再更新掉此容量。

 　　用DP[t][0]表示“有1个机器人到达t遍历完子树再走回t”的花费。DP[t][i]表示“有i个机器人到达t且遍历完整棵子树t，且不要求回到t”的最小花费。

#include <bits/stdc++.h>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <map>
#include <vector>
#include <iostream>
#define pii pair<int,int>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LL  long long
using namespace std;
const int N=1010;
struct tower
{
    int pri,pow;
}tow[N][60];

struct node
{
    int from,to,next;
    node(){};
    node(int from,int to,int next):from(from),to(to),next(next){};
}edge[N*2];

int edge_cnt, head[N], cnt[N], dp[N][210], n, m ;
void add_node(int from,int to)
{
    edge[edge_cnt]=node(from, to, head[from]);
    head[from]=edge_cnt++;
}
inline int cmp(tower a,tower b){return a.pri<b.pri;}

void DFS(int t,int far)
{
    node e;
    int flag=0;
    for(int i=head[t]; i!=-1; i=e.next)
    {
        e=edge[i];
        if(e.to==far)  continue;
        DFS(e.to, t);

        for(int j=m; j>=0; j-- )  //容量
        {
            dp[t][j]=min(dp[t][j], dp[e.to][0]);  //先装代价为0的，如果有更好的再代替掉。
            for(int k=1; k<=j; k++ ) //给此孩子k元,得到的最大攻击力。
                dp[t][j]=max(dp[t][j], min(dp[t][j-k], dp[e.to][k]));
        }
        flag=1; //标记是否叶子。
    }
    if(flag==0)    memset(dp[t], 0, sizeof(dp[t]));     //叶子节点

    //本节点的决策是“仅有1组的分组背包”模型： 必须且最多买1个。(不买就只能靠孩子来防御)
    for(int j=m; j>=0; j-- )  //容量
    {
        int k=1;
        for( ; k<cnt[t] && !tow[t][k].pri; k++ )  //不用钱的,只留1个power最大的.
            if(tow[t][k-1].pow > tow[t][k].pow)
                swap(tow[t][k],tow[t][k-1]);

        for( k-- ; k<cnt[t]; k++)    //物品
        {
            if(j-tow[t][k].pri>=0)
                dp[t][j]=max(dp[t][j], dp[t][j-tow[t][k].pri] + tow[t][k].pow );    //可以直接挡
        }
    }
}

int main()
{
    freopen("input.txt", "r", stdin);
    int t, a, b; cin>>t;
    while(t--)
    {
        edge_cnt=0;
        memset(head, -1, sizeof(head));
        memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));   //注意初始化

        scanf("%d",&n);
        for(int i=1; i<n; i++)  //无向图
        {
            scanf("%d%d",&a,&b);
            add_node(a,b);
            add_node(b,a);
        }

        scanf("%d",&m);     //钱。
        for(int i=1; i<=n; i++)
        {
            scanf("%d",&cnt[i]);
            for(int j=0; j<cnt[i]; j++)
                scanf("%d%d", &tow[i][j].pri, &tow[i][j].pow);
            sort(tow[i], tow[i]+cnt[i], cmp);   //免费的排前面
        }
        DFS(1, -1);
        printf("%d
",dp[1][m]);
    }
    return 0;
}