HDU 5534 Partial Tree 完全背包

题意：

让你构造一个有\(n(2 \leq n \leq 2015)\)个节点的树。

然后定义这棵树的\(coolness\)为\(\sum{f(d)}\)，其中\(d\)是每个节点的度数，函数\(f\)在输入中给出。

分析：

一颗含有\(n\)个节点的树，有\(n-1\)条边，度数之和为\(2n-2\)。

所以我们可以转化成一个完全背包问题：


分析原因：问题就在于转移的过程会有很多相同的状态。比如背包里的物品为\((1, 2, 3)\)，这个状态可以由\((1, 2)\)后面加个\(3\)得到，也可以由\((1, 3)\)后面加个\(2\)得到。事实上具体是由什么顺序转移过来我们是不关心的，我们只关系每种物品选了多少件。

参考叉姐的思路：

一开始假设大家的度数都为\(1\)，然后慢慢地增大，让大家的度数和增大到\(2n-2\)。

设计新的状态\(d(i, j)\)表示已经考虑过增大到\(\leq i\)的度数，总度数和为\(j\)，能得到的最大价值。

那么有状态转移方程：$d(i,j)=max \{ (d(i-1,j),d(i,j-(i-1))+f(i)-f(1)) \} $

最终所求的答案就是\(d(n-1,n-2)\)

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int maxn = 2050;

int n;
int f[maxn];
//滚动数组优化一下空间
int d[2][maxn];

int main()
{
int T; scanf("%d", &T);
while(T--) {
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i < n; i++) scanf("%d", f + i);
memset(d, 0, sizeof(d));
int cur = 1;
d[1][0] = n * f[1];
for(int i = 2; i <= n - 1; i++) {
cur ^= 1;
memset(d[cur], 0, sizeof(d[cur]));
for(int j = 0; j < i - 1; j++) d[cur][j] = d[cur^1][j];
for(int j = i - 1; j <= n - 2; j++)
d[cur][j] = max(d[cur^1][j], d[cur][j-i+1] + f[i] - f[1]);
}

printf("%d\n", d[cur][n - 2]);
}

return 0;
}