洛谷P2015 二叉苹果树(树形dp）

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题目描述

有一棵苹果树，如果树枝有分叉，一定是分2叉（就是说没有只有1个儿子的结点）

这棵树共有N个结点（叶子点或者树枝分叉点），编号为1-N,树根编号一定是1。

我们用一根树枝两端连接的结点的编号来描述一根树枝的位置。下面是一颗有4个树枝的树

2   5
\ /
3   4
\ /
1

现在这颗树枝条太多了，需要剪枝。但是一些树枝上长有苹果。

给定需要保留的树枝数量，求出最多能留住多少苹果。

输入输出格式

输入格式：
第1行2个数，N和Q(1<=Q<= N,1<N<=100)。

N表示树的结点数，Q表示要保留的树枝数量。接下来N-1行描述树枝的信息。

每行3个整数，前两个是它连接的结点的编号。第3个数是这根树枝上苹果的数量。

每根树枝上的苹果不超过30000个。

输出格式：
一个数，最多能留住的苹果的数量。

输入输出样例

输入样例：

5 2
1 3 1
1 4 10
2 3 20
3 5 20

输出样例：

21

对于树状dp，就是在树上面做动态规划。关键点是树的层次性，而层次性又是有递归的建树而实现的。
要注意这题是有根树，根节点给定是1，而且必须保留！
题解写到注释里面了

这里需要特别解释下dfs内的循环

for(int k=m;k>=1;k--)
{
   for(int j=1;j<=k;j++)//在to节点的子树中选择j-1条边  因为u和to之间还有一条边
   {
     if(dp[u][k]<dp[u][k-j]+dp[to][j-1]+w)
       dp[u][k]=dp[u][k-j]+dp[to][j-1]+w;
   }
}
这边的底层循环为什么一定要是逆序？
因为看里面的更新操作dp[u][k]由dp[u][k-j]更新而来，逆序的话dp[u][k-j]中是不包括to这个子树中的边权值的。

如果正序的话dp[u][k-j]中会包括to这个子树中的边权值，然后再加入to的边权值的话会重复计算，所以是不行的。

#include<iostream>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define maxn 300
int n,m;
int dp[maxn][maxn];
//f[u][j]表示在以u为根的子树保留j个分支可以得到的最大苹果数量
//F[u][j] = max(f[u][k] + f[v][j – k - 1] + W)
//v分别是u的儿子，w为u到v边上的苹果数目, k属于[0, j
st
4000
ruct node
{
int to,next,w;
}edge[maxn*2];
int head[maxn];
bool vis[maxn];
int cnt;
void dfs(int u)
{
vis[u]=1;
for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next)
{
int to=edge[i].to;
int w=edge[i].w;
if(vis[to])continue;//相当于判断这个点是不是他的父节点
dfs(to);
for(int k=m;k>=1;k--)
{
for(int j=1;j<=k;j++)//在to节点的子树中选择j-1条边 因为u和to之间还有一条边
{
if(dp[u][k]<dp[u][k-j]+dp[to][j-1]+w)
dp[u][k]=dp[u][k-j]+dp[to][j-1]+w;
}
}
}
}
int main()
{
while(~scanf("%d%d",&n,&m))
{
memset(head,-1,sizeof head);
memset(dp,0,sizeof dp);
memset(vis,0,sizeof vis);
int a,b,c;
cnt=0;
for(int i=0;i<n-1;i++)
{
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
edge[cnt].to=b;
edge[cnt].next=head[a];
edge[cnt].w=c;
head[a]=cnt;
cnt++;
edge[cnt].to=a;
edge[cnt].next=head[b];
edge[cnt].w=c;
head[b]=cnt;
cnt++;
}
dfs(1);
printf("%d\n",dp[1][m]);
}
return 0;
}