算法提高 金属采集
问题描述
人类在火星上发现了一种新的金属！这些金属分布在一些奇怪的地方，不妨叫它节点好了。一些节点之间有道路相连，所有的节点和道路形成了一棵树。一共有 n 个节点，这些节点被编号为 1~n 。人类将 k 个机器人送上了火星，目的是采集这些金属。这些机器人都被送到了一个指定的着落点， S 号节点。每个机器人在着落之后，必须沿着道路行走。当机器人到达一个节点时，它会采集这个节点蕴藏的所有金属矿。当机器人完成自己的任务之后，可以从任意一个节点返回地球。当然，回到地球的机器人就无法再到火星去了。我们已经提前测量出了每条道路的信息，包括它的两个端点 x 和 y，以及通过这条道路需要花费的能量 w 。我们想花费尽量少的能量采集所有节点的金属，这个任务就交给你了。
输入格式
第一行包含三个整数 n, S 和 k ，分别代表节点个数、着落点编号，和机器人个数。
接下来一共 n-1 行，每行描述一条道路。一行含有三个整数 x, y 和 w ，代表在 x 号节点和 y 号节点之间有一条道路，通过需要花费 w 个单位的能量。所有道路都可以双向通行。
输出格式
输出一个整数，代表采集所有节点的金属所需要的最少能量。
样例输入
6 1 3
1 2 1
2 3 1
2 4 1000
2 5 1000
1 6 1000
样例输出
3004
样例说明
所有机器人在 1 号节点着陆。
第一个机器人的行走路径为 1->6 ，在 6 号节点返回地球，花费能量为1000。
第二个机器人的行走路径为 1->2->3->2->4 ，在 4 号节点返回地球，花费能量为1003。
第一个机器人的行走路径为 1->2->5 ，在 5 号节点返回地球，花费能量为1001。
数据规模与约定
本题有10个测试点。
对于测试点 1~2 ， n <= 10 ， k <= 5 。
对于测试点 3 ， n <= 100000 ， k = 1 。
对于测试点 4 ， n <= 1000 ， k = 2 。
对于测试点 5~6 ， n <= 1000 ， k <= 10 。
对于测试点 7~10 ， n <= 100000 ， k <= 10 。
道路的能量 w 均为不超过 1000 的正整数。
思路：d(i, j)表示在以i为根结点的子树中使用j个机器人的最小花费。
设v为u的一个子节点，从节点i使用k个机器人收集以v为根结点的能量，
状态转移方程为d(u, i) = min(d(u, i - k) + d(v, k) + cost * k) 1 <= k <= i.
注意d(u, i - k)表示用i - k个机器人去收集其他子树的能量的最小花费，
在遍历所有子节点之后，d(u, i)的值才会固定。
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cstring>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 5;
int dp[maxn][12];
struct node{
int son, cost;
node() {
}
node(int son, int cost):son(son), cost(cost) {
}
};
vector<node>road[maxn];
int n, s, cnt;
void dfs(int u, int pre) { //u-当前节点，pre-它的父节点
int n = road[u].size();
for(int i = 0; i < n; ++i) {
int v= road[u][i].son, cost = road[u][i].cost;
if(v == pre) continue;
dfs(v, u);
// 只考虑当前节点和已经发现的节点
for(int k = cnt; k >= 0; --k) { //该子树停留的机器人总数
//逆序枚举--如果d(u, k)更新，那么不能影响d(u,k+1),如果顺序枚举会影响
dp[u][k] += dp[v][0] + cost * 2; //让一个机器人遍历该子树所有子节点并返回的花费
for(int j = 1; j <= k; ++j) { //至少一个机器人进入子树
dp[u][k] = min(dp[u][k], dp[u][k-j] + dp[v][j] + j * cost);
}
}
}
}
int main() {
while(scanf("%d%d%d", &n, &s, &cnt) == 3) {
memset(dp, 0, sizeof(dp));
for(int i = 0; i <= n; ++i) road[i].clear();
int x, y, cost;
for(int i = 1; i < n; ++i) {
scanf("%d%d%d", &x, &y, &cost);
road[x-1].push_back(node(y-1, cost));
road[y-1].push_back(node(x-1, cost));
}
dfs(s - 1, -1);
printf("%d\n", dp[s - 1][cnt]);
}
return 0;
}
