BZOJ 4033: [HAOI2015]树上染色 树形dp

4033: [HAOI2015]树上染色

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Description

有一棵点数为N的树，树边有边权。给你一个在0~N之内的正整数K，你要在这棵树中选择K个点，将其染成黑色，并将其他的N-K个点染成白色。将所有点染色后，你会获得黑点两两之间的距离加上白点两两之间距离的和的收益。问收益最大值是多少。

Input

第一行两个整数N,K。

接下来N-1行每行三个正整数fr,to,dis，表示该树中存在一条长度为dis的边(fr,to)。
输入保证所有点之间是联通的。
N<=2000,0<=K<=N

Output

输出一个正整数，表示收益的最大值。

Sample Input

5 2

1 2 3

1 5 1

2 3 1

2 4 2

Sample Output

17

【样例解释】

将点1,2染黑就能获得最大收益。

觉得并不容易想到

难点在于从点贡献的计算转换到边贡献的计算

好了，既然知道了从边考虑，问题就变得很简单了

每条边的贡献：

边一侧的黑节点数*另一侧的黑节点数*边权+一侧的白节点数*另一侧的白节点数*边权

所以问题就变成了选择一定的边使得最后总权值最大

就可以愉快地用树形背包搞了

这个树形背包要求O(n^2) 具体可以看代码 简略证明

#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<complex>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<iomanip>
#include<vector>
#include<string>
#include<bitset>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>

using namespace std;

typedef long long ll;

inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch<='9'&&ch>='0'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
void print(ll x)
{if(x<0)putchar('-'),x=-x;if(x>=10)print(x/10);putchar(x%10+'0');}

const int N=2010;

int ecnt,last
;
struct EDGE{int to,nt,val;}e[N<<1];
inline void add(int u,int v,int val)
{e[++ecnt]=(EDGE){v,last[u],val};last[u]=ecnt;}

int n,K;

ll f

;

int size
;

void dfs(int u,int fa)
{
size[u]=1;
for(int i=last[u];i;i=e[i].nt)
{
if(e[i].to==fa)continue;
dfs(e[i].to,u);
for(int j=0;j<=size[e[i].to];++j)
f[e[i].to][j]+=1ll*(j*(K-j)+(size[e[i].to]-j)*(n-K-(size[e[i].to]-j)))*e[i].val;
for(int j=size[u];~j;j--)
{
for(int k=size[e[i].to];~k;k--)
f[u][j+k]=max(f[u][j+k],f[u][j]+f[e[i].to][k]);
}
size[u]+=size[e[i].to];
}
}

int main()
{
n=read();K=read();
register int i,u,v,val;
for(i=1;i<n;++i){u=read();v=read();val=read();add(v,u,val);add(u,v,val);}
dfs(1,0);
print(f[1][K]);puts("");
return 0;
}
/*
3 1
1 2 1
1 3 2

3
*/