题目描述
有一棵点数为 N 的树,树边有边权。给你一个在 0~ N 之内的正整数 K ,你要在这棵树中选择 K个点,将其染成黑色,并将其他 的N-K个点染成白色 。 将所有点染色后,你会获得黑点两两之间的距离加上白点两两之间的距离的和的受益。问受益最大值是多少。
输入输出格式
输入格式:
第一行包含两个整数 N, K 。接下来 N-1 行每行三个正整数 fr, to, dis , 表示该树中存在一条长度为 dis 的边 (fr, to) 。输入保证所有点之间是联通的。
输出格式:
输出一个正整数,表示收益的最大值。
记录一下最后自己的理解,原版题解来自洛谷的一众大神:诸神之题解
掉坑
惯性思维,看到树就直接设了一个表示以i为根,选了j个节点为黑能得到的最大值。然后就没有然后了。(掉坑这一点上我跟大神还是一档的)
稍加思考(搜题解)
修改一下的含义为:以i为根,选了j个子节点为黑对答案的最大贡献。因为题解是这么说的。因为按照上面的定义,如果自己推了推,会发现状态在一棵子树内是独立的,难以往上转移,而修改后,状态是对整个树而言的,可以轻松转移。
冷静思考
至此思路已明,尝试写出状态转移方程。对于一条边,它的边权为w,它左边有x个黑色节点,那么相应右边有K-x个黑色节点;它左边子树的大小为size,那么左边就有size-x个白点,相应右边有N-K-(size-x)个白点。于是这一条边对于整个答案的贡献为:。因此,当深搜到一个节点,每遍历一条边就做一次更新。答案就是f(1,K)。
状态转移方程为:。看上去长其实一看代码就明白。
所以可以AC了!!!
此后我连着全WA了好几次。最后还是看了题解里的代码才过,主要是两个DFS要合在一起写。细节决定成败...
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL MAXN=2010;
int N,K,np=0;
int last[MAXN];
LL f[MAXN][MAXN];
int size[MAXN];
struct edge{int to,w,pre;}E[MAXN*2];
void addedge(int u,int v,int w)
{
E[++np]=(edge){v,w,last[u]};
last[u]=np;
}
char c;
void scan(int &x)
{
for(c=getchar();c<'0'||c>'9';c=getchar());
for(x=0;c>='0'&&c<='9';c=getchar()) x=x*10+c-'0';
}
void dp(int u,int fa)
{
size[u]=1;
memset(f[u],-1,sizeof(f[u]));
f[u][0]=f[u][1]=0;
for(int p=last[u];p;p=E[p].pre)
{
int v=E[p].to;
if(v==fa) continue;
dp(v,u);
size[u]+=size[v];
}
for(int p=last[u];p;p=E[p].pre)
{
int v=E[p].to,w=E[p].w;
if(v==fa) continue;
for(int i=min(K,size[u]);i>=0;--i)
for(int j=0;j<=min(i,size[v]);++j) if(f[u][i-j]>=0)
{
LL val=(LL)j*(K-j)*w+(LL)(size[v]-j)*(N-K+j-size[v])*w;
f[u][i]=max(f[u][i],f[u][i-j]+f[v][j]+val);
}
}
}
int main()
{
int i,j,u,v,w;
scan(N);scan(K);
for(i=1;i<N;i++)
{
scan(u);scan(v);scan(w);
addedge(u,v,w);
addedge(v,u,w);
}
dp(1,0);
cout<<f[1][K];
return 0;
}