2017.8.10 树上染色 失败总结

        这个题要做得出来，就只有n^2dp了

        所以容易想到f【i】【j】，i表示点的编号，j表示子树有j个黑点

但这样怎么转移？枚举改点黑白点？这是可以的，但是它必须并入每个点本身的f数组里【0】和【1】

所以转移的时候就枚举转移就好了   虽然转移有两层循环，但它是n的，因为是枚举每个子树的大小的平方，这是总量，所以就是n+n^2

但是这里转移必须用好K唯一这一个条件，每次转移都要用K参与转移，所以用原dp方式转移适用于各个k，但它没法转移，所以这个新dp方式就通过对整体的影响来转移，所以每一步都是全局的一个备选答案 、这样既包含了所有点的黑白情况，也考虑了所有点连接的情况。   是一种便利查看性质的dp

码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define N 2005
#define ll long long
int xia
,hou[N<<1],zhong[N<<1],v[N<<1],n,K,i,x,y,z,tot,sz
;
ll f

;
void jia(int x,int y,int z)
{
hou[++tot]=xia[x],xia[x]=tot,zhong[tot]=y,v[tot]=z;
}
void jian(int x,int y,int z)
{
jia(x,y,z);
jia(y,x,z);
}
void dp(int o,int fa)
{int i,j,k;
sz[o]=1;
for(i=2;i<=K;i++)f[o][i]=-599999999;

for(i=xia[o];i!=-1;i=hou[i])
{
int nd=zhong[i];
if(nd==fa)continue;
dp(nd,o);
sz[o]+=sz[nd];
for(j=min(sz[o],K);j>=0;j--)
for(k=0;k<=j&&k<=sz[nd];k++)
f[o][j]=max(f[o][j],f[o][j-k]+f[nd][k]+1ll*v[i]*(k*(K-k)+(sz[nd]-k)*(n-K-sz[nd]+k)));
}
}
int main()
{
memset(xia,-1,sizeof(xia));
scanf("%d%d",&n,&K);
for(i=1;i<n;i++)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
jian(x,y,z);
}
dp(1,0);
printf("%lld",f[1][K]);
}