树形DP

其实早就想写了,今天考试的树形dp虽说是板子,但涉及到赋极小值问题,使原

来理解的板子被卡成20pts,主要讲一种新版板子写法.

题面:网上出现了一种高科技产品——人品测试器。只要你把你的真实姓名输

入进去,系统将自动输出你的人品指数。yzx 不相信自己的人品为 0。经过了

许多研究后,yzx 得出了一个更为科学的人品计算方法。这种方法的理论依据

是一个非常重要的结论:人品具有遗传性。因此,一个人的人品完全由他的祖先

决定。yzx 提出的人品计算方法相当简单,只需要将测试对象的 k 个祖先的人

品指数(可能为负数)加起来即可。选择哪 K 个祖先可以由测试者自己决定,但

必须要满足这个要求:如果除自己的父母之外的某个祖先被选了,那么他的下

一代必需要选(不允许跳过某一代选择更远的祖先,否则将失去遗传的意义)。

非常不幸的是,yzx 测试了若干次,他的人品值仍然不能为一个正数。现在 yz

x 需要你帮助他找到选择祖先的最优方案,使得他的人品值最大。

注意:1.祖先并非有两个儿子 2.有负点权.

ps:1.普通树形dp要提前对f赋极小值应对负点权  2.不用构造0的虚点,直接选择不建边,非pa[fa][son]的形式.

在代码中f[x][len] 表示在x点扩展len条边(点)得到最优值,用背包的思维理解.

upd:1.对于代码中的for中的min相当于状态压缩,即分配的最大背包容量.

          2.注意取max中的f[ fa][ j-k -1] 是指除了son 即它所选边fa能在其他子树选j-k-1条边的最优值.

            这里的背包思想是来应对多叉树

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define e exit(0)
#define R register
#define ll long long
const int maxn=1010;
long long n,m,fx,fy,cnt,f[maxn][maxn],val[maxn],size[maxn],head[maxn];
struct bian{
    ll to,next,v;
}len[maxn<<2];
inline long long fd()
{
    long long s=1,t=0;
    char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9')
    {
        if(c=='-')
            s=-1;
        c=getchar();
    }
    while(c>='0'&&c<='9')
    {
        t=t*10+c-'0';
        c=getchar();
    }
    return s*t;
}
void add(ll from,ll to,ll v)
{
    len[++cnt].to=to;
    len[cnt].v=v;
    len[cnt].next=head[from];
    head[from]=cnt;
}
void dp(ll x,ll fa)
{
    for(R ll k=head[x];k;k=len[k].next)
    {
        ll to=len[k].to;
        if(to==fa) continue;
        dp(to,x);
        size[x]+=size[to]+1;
        for(R ll i=min(size[x],m);i>=0;--i)
            for(R ll j=min(size[to],i-1);j>=0;--j)
                f[x][i]=max(f[x][i],f[x][i-1-j]+f[to][j]+len[k].v);//用背包理解.
    }
}
int main()
{
    freopen("rpwt.in","r",stdin);
    freopen("rpwt.out","w",stdout);
    n=fd(),m=fd();
    for(R ll i=2;i<=n;++i)
        val[i]=fd();
    for(R ll i=1;i<=n;++i)
        fill(f[i]+1,f[i]+1+n,-19260817);
    for(R ll i=1;i<=n;++i)
    {
        fx=fd(),fy=fd();
        if(fx) add(i,fx,val[fx]),add(fx,i,val[fx]);
        if(fy) add(i,fy,val[fy]),add(fy,i,val[fy]);
    }
    dp(1,1);
    printf("%lld",f[1][m]);
    return 0;
}