【ACWing】1074。バイナリーアップルツリー

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https://www.acwing.com/problem/content/1076/

二股のリンゴの木があります。枝に二股がある場合、それは二股でなければなりません。つまり、息子が1人だけのノードはありません。この木には合計$N$ノード、番号$1$から$Nは$、ルート番号でなければなりません$1$。ブランチの両端で接続されているノード番号を使用して、ブランチの位置を記述します。リンゴの木は枝が多すぎて剪定が必要です。ただし、一部の枝にはリンゴがあります。保持する必要のある枝の数を考慮して、保持できるリンゴの最大数を見つけます。ここでの予約は決勝と11を指しますポイント$1$が接続されています。

入力形式：
最初の行には2つの整数NNが含まれています$N$と$Q$はそれぞれ、ツリー内のノードの数と保持されるブランチの数を表します。次の$N-1$行はブランチ情報を表し、各行には3つの整数があり、最初の2つは接続するノードの番号、3番目の番号はブランチ上のリンゴの数です。

出力形式：
出力は1行のみで、保持できるリンゴの最大数を示します。

データ範囲：
$1\le Q<N\le 100$
$N\ne 1個の$
各ブランチ上のりんごは超えない$30000$。

アイデアは動的計画法です。してみましょう$f[i][j]$是以$私$は木の根です、せいぜいjjを保ちます$j個の$ブランチでフェッチできるリンゴの最大数。それぞれの息子をルートとするサブツリーをアイテムのグループと見なします。アイテムの各グループは、いくつかの方法で取得できます。たとえば、子の合計は${バツ}_1、{バツ}_2、。。。$、ときに考慮子供${バツ}_S$、f [xs] f [x_s]を計算し$f\left[x_S\right]$ 0、1、2、...、J − 1 0,1,2、...、j-1と見なすことができます$0、1、2、。。。、j-1本の$枝（それがでてしまいますので、1 1ポイント$1$は接続されたツリーのルートであるため、$私\to xを$取る必要があります）、したがって：$$f_S\left[i\right]\left[j\right]=\mathrm{最大}\left\{f_{S-1}\right[i\left]\right[j]、\underset{0\le K\le J-1}{\mathrm{最大}}{f}_{S-1}[i\left]\right[j-k-1]+f[x_S\left]\right[k]+|（i、{バツ}_S）|\}$$内の式$f_S$最初のssのみが考慮されることを示します$sの$子供たち。$f_{S-1}\left[i\right]\left[j\right]$列挙は完全にスキップされます${バツ}_S$このサブツリーの状況。コードは0− 10-1を模倣できます$0-1$バックパックの書き方は、ボリュームを大から小に循環させて、「それらの考慮グループ」の次元を節約することです。コードは次のように表示されます。

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;

const int N = 110, M = 2 * N;
int n, m;
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
int f[N][N];

void add(int a, int b, int c) {
    
    
    e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}

void dfs(int u, int parent) {
    
    
    for (int i = h[u]; i != -1; i = ne[i]) {
    
    
        int v = e[i];
        if (v == parent) continue;
        
        // 先递归求解f[v]
        dfs(v, u);

		// 枚举树枝总数的上界（即保留不超过多少个树枝）
        for (int j = m; j >= 1; j--) 
        	// 枚举v这棵子树取多少个树枝
            for (int k = 0; k < j; k++)
                f[u][j] = max(f[u][j], f[u][j - k - 1] + f[v][k] + w[i]);
    }
}

int main() {
    
    
    cin >> n >> m;

    memset(h, -1, sizeof h);
    for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
    
    
        int a, b, c;
        cin >> a >> b >> c;
        // 只知道树根但不知道边的方向，所以只能建双向边
        add(a, b, c), add(b, a, c);
    }

    dfs(1, -1);

    cout << f[1][m] << endl;

    return 0;
}

時間と空間の複雑さ$O（NQ）$。