POJ 2486 Apple Tree 树形dp

http://poj.org/problem?id=2486

题意：一个叫Wshxzt的可爱的女孩子被HX大叔带到了一棵苹果树边。众所周知，苹果树是一个树形的结构，在节点处长有苹果（这明显不符合实际情况……）。现在我们知道Wshxzt是个苹果控，她只要访问到一个节点，就一定会吃光这个节点所有的苹果。HX大叔为了防止Wshzxt长胖，限制她只能走K（1 ≤ K ≤ 200）步，从一个节点走到另一个相邻的节点是所谓走一步。Wshxzt从节点1开始。树上的节点有N（1 ≤ N ≤ 100）个，你需要计算Wshxzt最多能吃到多少苹果。

思路：树形dp，比较经典的一个树形dp。首先很容易就可以想到用dp[root][k]表示以root为根的子树中最多走k时所能获得的最多苹果数，接下去我们很习惯地会想到将k步在root的所有子结点中分配，也就是进行一次背包，就可以得出此时状态的最优解了，但是这里还有一个问题，那就是在进行背包的时候，对于某个孩子son走完之后是否回到根结点会对后面是否还能分配有影响，为了解决这个问题，我们只需要在状态中增加一维就可以了，用dp[root][k][0]表示在子树root中最多走k步，最后还是回到root处的最大值，dp[root][k][1]表示在子树root中最多走k步，最后不回到root处的最大值。由此就可以得出状态转移方程了：

dp[root][j][0] = MAX (dp[root][j][0] , dp[root][j-k][0] + dp[v][k-2][0]);

dp[root][j]][1] = MAX( dp[root][j][1] , dp[root][j-k][0] + dp[v][k-1][1]) ;

dp[root][j][1] = MAX (dp[root][j][1] , dp[root][j-k][1] + dp[v][k-2][0]);

代码：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#define MAX(a,b) a>b?a:b
int N ,K ;
int value[110] ;
bool maze[110][110] ;
int f[110] ;
int dp[110][210][2] ;

void Build(int u){
for(int v = 1 ;v<=N;v++){
if(maze[u][v]==0 || v==f[u])	continue ;
f[v] = u ;
Build(v) ;
}
}
void dfs(int u){			//以u为根的子树中，最多走k步能得出的最多苹果数
for(int i=0;i<=K;i++){
dp[u][i][1] = value[u] ;
dp[u][i][0] = value[u] ;
}

for(int v=1;v<=N;v++){
if(maze[u][v]==0 || v==f[u])	continue ;
dfs(v);
for(int j=K ;j>=0;j--){
for(int k=1;j-k>=0;k++){
dp[u][j][1] = MAX(dp[u][j][1] , dp[u][j-k][0]+dp[v][k-1][1] );			//不回到u
if(k % 2 == 0){
dp[u][j][1] = MAX(dp[u][j][1] , dp[u][j-k][1]+dp[v][k-2][0]);		//注意这里，不回到u有两种情况，而回到u 只有一种情况
dp[u][j][0] = MAX(dp[u][j][0] , dp[u][j-k][0]+dp[v][k-2][0]);
}
}
}
}
}
int main(){
int a ,b;
while(scanf("%d %d",&N,&K) == 2){
for(int i=1;i<=N;i++){
scanf("%d",&value[i]);
}
memset(maze, 0 , sizeof(maze ));
memset(f , -1 ,sizeof(f)) ;
for(int i=1;i<N;i++){
scanf("%d %d",&a,&b);
maze[a][b] = maze[b][a] = 1 ;
}
Build(1) ;
memset(dp , 0, sizeof(dp));
dfs(1);
int res = MAX(dp[1][K][0] , dp[1][K][1] );
printf("%d\n",res);
}
return 0 ;
}