【题解】BZOJ 4033 [HAOI2015]树上染色

$Description$

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距离的和的收益。

问收益最大值是多少。

$Solution$

树形DP是很好看出来的。

但是确定状态并不是那么简单的事情了。

我们先考虑形如 $<u, v, w>$ 的边能够产生什么贡献吧。

题目中描述，你会获得黑点两两之间的距离加上白点两两之间距离的和的收益。那么在 $u$ 的左侧（很抽象的一个说法，就理解成把这条边摆中间，与 $u$ 相连的那一部分都摆在左边，把与 $v$ 相连的都摆在右边，很明显，这两个部分是没有交集的）的黑点（白点同理）和 $v$ 的右侧的黑点会产生两两配对（每个部分内部的匹配不属于这条边所产生的贡献），结果产生的收益就是 $Black_u * Black_v * w$ ，同理，我们就可以知道这条边能产生的收益可以表述为 $(Black_u * Black_v + White_u * White_v) * w$ 。

接下来就考虑状态，我们可以定义 $d(i, j)$ 表示以 $i$ 为根的子树中有 $j$ 个黑点能产生的最大贡献。

有了状态的定义，我们就额外要预处理出 $size[]$ 数组来记录以某个结点为根时它的子树中的结点总和。

现在思路就清晰了。我们可以用 $dfs()$ 边预处理边跑DP。

$dfs()$ 中遍历一条边 $<u, v>$ 结束时，枚举左右两边的黑点个数，计算出它所带来的贡献，将其并入答案。然而枚举也要讲求策略，我们令 $p$ 是以 $u$ 为根的子树的黑点数， $q$ 是以 $v$ 为根的子树的黑点数。

$Black_u = k - q$ 容斥原理
$Black_v = q$ 已知条件
$White_u = n - size[v] - (k - q)$ 首先计算出除去以 $v$ 为根的子树中的结点之后全树还剩 $n - size[v]$ 个结点，再减去其中黑点的数目即 $Black_u = k - q$ 。
$White_v = size[v] - q$ 容斥原理

这样我们的得出来的值是 $d(v, q)$ 而不是 $d(u, p)$ 我们需要用 $d(u, p) = max(d(u, p), d(u, p - q) + d(v, q) + val)$ 来将其并入答案，其中 $val$ 就是这条边的贡献， $d(u, p - q)$ 的意义是 $u$ 的其他儿子及其子树的最大贡献。

最后，边界条件是 $d(u, 0) = d(u, 1) = 0$ 而其他都是 $-1$ 这应该很好理解。

$Code$

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define max(x, y) ((x) > (y) ? (x) : (y))
#define min(x, y) ((x) < (y) ? (x) : (y))
#define LL long long
#define MAXN 2010
struct edgetype {
    int to, next, dist;
}edge[MAXN << 1];
int head[MAXN], cnt;
int n, k, size[MAXN];
LL d[MAXN][MAXN];
inline void AddEdge(int from, int to, int dist) {
    edge[++cnt] = (edgetype){to, head[from], dist};
    head[from] = cnt;
}
void dfs(int u, int p) {
    size[u] = 1;
    d[u][0] = d[u][1] = 0;
    for (int i = head[u]; i; i = edge[i].next) {
        int v = edge[i].to;
        if (v == p) continue;
        dfs(v, u);
        size[u] += size[v];
    }
    for (int i = head[u]; i; i = edge[i].next) {
        int v = edge[i].to, w = edge[i].dist;
        if (v == p) continue;
        for (int p = min(size[u], k); p >= 0; p--) 
            for (int q = 0; q <= min(p, size[v]); q++) 
                if (d[u][p - q] != -1) {
                    LL val = 1ll * (q * (k - q) + (size[v] - q) * (n - k + q - size[v])) * w; 
                    d[u][p] = max(d[u][p], d[u][p - q] + d[v][q] + val);
                }
    }
}
int main() {
    scanf("%d%d", &n, &k);      
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        int u, v, w;
        scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
        AddEdge(u, v, w);
        AddEdge(v, u, w);
    }
    memset(d, -1, sizeof d);
    dfs(1, 0);
    printf("%lld\n", d[1][k]);
    return 0;
}