bzoj 4033: [HAOI2015]树上染色【树形dp】

准确的说应该叫树上分组背包？并不知道我写的这个叫啥

设计状态f[u][j]为在以点u为根的子树中有j个黑点，转移的时候另开一个数组，不能在原数组更新（因为会用到没更新时候的状态），方程式为g[j+k]=max(g[j+k],f[u][j]+f[e[i].to][k]+(k*(m-k)+(si[e[i].to]-k)*(n-m-(si[e[i].to]-k)))*e[i].va);，其中m'为题目描述中的k。

关于这个方程的由来，考虑一条边对答案的贡献，显然是这条边一边的黑点数量*另一边的黑点数量+一边的白点数量*另一边的白点数量，再乘上边权。

注意：size要在dp中加，dp完一棵子树再加上这棵子树的size。

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstring>

using namespace std;

const int N=2005;

long long n,m,h[N],cnt,f[N][N],si[N],g[N];

struct qwe

{

	long long ne,to,va;

}e[N<<1];

long long read()

{

	long long r=0,f=1;

	char p=getchar();

	while(p>'9'||p<'0')

	{

		if(p=='-')

			f=-1;

		p=getchar();

	}

	while(p>='0'&&p<='9')

	{

		r=r*10+p-48;

		p=getchar();

	}

	return r*f;

}

void add(long long u,long long v,long long w)

{

	cnt++;

	e[cnt].ne=h[u];

	e[cnt].to=v;

	e[cnt].va=w;

	h[u]=cnt;

}

// void dfs(long long u,long long fa)

// {

	// si[u]=1;

	// for(long long i=h[u];i;i=e[i].ne)

		// if(e[i].to!=fa)

		// {

			// dfs(e[i].to,u);

			// si[u]+=si[e[i].to];

		// }

// }

void dp(long long u,long long fa)

{

	si[u]=1;

	for(long long i=h[u];i;i=e[i].ne)

		if(e[i].to!=fa)

		{

			dp(e[i].to,u);

			memset(g,0,sizeof(g));

			for(long long j=0;j<=min(m,si[u]);j++)

				for(long long k=0;k<=min(m,si[e[i].to]);k++)

					if(j+k<=m)

						g[j+k]=max(g[j+k],f[u][j]+f[e[i].to][k]+(k*(m-k)+(si[e[i].to]-k)*(n-m-(si[e[i].to]-k)))*e[i].va);

			for(long long j=0;j<=m;j++)

				f[u][j]=g[j];

			si[u]+=si[e[i].to];

		}

}

int main()

{

	n=read(),m=read();

	for(long long i=1;i<n;i++)

	{

		long long x=read(),y=read(),z=read();

		add(x,y,z);

		add(y,x,z);

	}

	//dfs(1,0);

	dp(1,0);

	printf("%lld\n",f[1][m]);

	return 0;

}

巴特西

bzoj 4033: [HAOI2015]树上染色【树形dp】

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