正文
【树形背包】bzoj4033: [HAOI2015]树上染色
提示：扫一扫查出行【扫一扫了解最新限行尾号】
复制提示
仔细思考后会发现和51nod1677 treecnt有异曲同工之妙
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<=NOutput输出一个正整数，表示收益的最大值。Sample Input5 2
1 2 3
1 5 1
2 3 1
2 4 2Sample Output17
【样例解释】
将点1,2染黑就能获得最大收益。
题目分析
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。
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 Input5 2
1 2 3
1 5 1
2 3 1
2 4 2Sample Output17
【样例解释】
将点1,2染黑就能获得最大收益。
题目分析
输出一个正整数，表示收益的最大值。
5 2
1 2 3
1 5 1
2 3 1
2 4 2
1 2 3
1 5 1
2 3 1
2 4 2
Sample Output17
【样例解释】
将点1,2染黑就能获得最大收益。
题目分析
【样例解释】
将点1,2染黑就能获得最大收益。
这题目第一眼看上去根本不像是背包题吧……倒像是个贪心或者奇妙结论题。
但是可以像treecut一样，将答案按照树上每一条边来统计贡献。
我们把一颗树沿某条边分开，看成这个样子。
那么显然若知道这条边左右两边黑白点各有多少个，就可以计算这个情况下的答案了。
也就是说，如果我们确定一条边来把树分开，那就可以依靠枚举来确定最优答案。
观察一下这个问题是具有最优子结构的，也就是说变成了一个树上背包的形式：左右两边黑白点个数的不同情况各有体积和价值，求最大价值。
我们定义$f[x][i]$表示以$x$为根的子树中，有$i$个黑点，这种情况的最大价值。
考虑如何转移。自然是要枚举上图中的$i$和$j$。然后就是背包式地转移：
for (int j=mn; j>=; j--)
for (int l=; l<=upp&&l<=j; l++)
{
ll left = 1ll*l*(k-l)*w;
ll right = 1ll*(size[v]-l)*(n-size[v]-k+l)*w;
f[x][j] = std::max(f[x][j], f[v][l]+f[x][j-l]+left+right);
}
其中mn和upp表示枚举的上界。
这个把统计转化为各个边的贡献，然后转为背包做还是很妙的。
总结
一类难以通过树形结构直接转移的动态规划问题，可以考虑对于边将树划分为两个部分的子问题，再分别维护答案。
后记
隔了几天回来看又作为一个不会做这题的人表示讲的有一点不详细。
首先有一个很大的疑问是：讲是把答案拆开统计，但是到底怎么计算这个“贡献”？这个“贡献”又是什么东西？
没写过题的人看了代码肯定又有疑问：为什么统计一下点数再乘个边权就行了？
这里放张图，备忘一下
#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
const int maxn = ;
const int maxm = ;
const ll INF = 112921504606846976ll; struct Edge
{
int y,val;
Edge(int a=, int b=):y(a),val(b) {}
}edges[maxm];
int n,k;
int size[maxn];
int edgeTot,nxt[maxm],head[maxn];
ll f[maxn][maxn]; int read()
{
char ch = getchar();
int num = ;
bool fl = ;
for (; !isdigit(ch); ch = getchar())
if (ch=='-') fl = ;
for (; isdigit(ch); ch = getchar())
num = (num<<)+(num<<)+ch-;
if (fl) num = -num;
return num;
}
void dfs(int x, int fa)
{
size[x] = ;
for (int i=head[x]; i!=-; i=nxt[i])
if (edges[i].y!=fa) dfs(edges[i].y, x), size[x] += size[edges[i].y];
}
void addedge(int u, int v, int w)
{
edges[++edgeTot] = Edge(v, w), nxt[edgeTot] = head[u], head[u] = edgeTot;
}
void dp(int x, int fa)
{
f[x][] = f[x][] = ;
if (size[x]==) return;
int mn = std::min(k, size[x]);
for (int i=head[x]; i!=-; i=nxt[i])
{
int v = edges[i].y, w=edges[i].val, upp = std::min(k, size[v]);
if (v!=fa){
dp(v, x);
for (int j=mn; j>=; j--)
for (int l=; l<=upp&&l<=j; l++)
{
ll left = 1ll*l*(k-l)*w;
ll right = 1ll*(size[v]-l)*(n-size[v]-k+l)*w;
f[x][j] = std::max(f[x][j], f[v][l]+f[x][j-l]+left+right);
}
}
}
}
int main()
{
memset(head, -, sizeof head);
n = read(), k = read();
if (k<< > n) k = n-k;
for (int i=; i<n; i++)
{
int u = read(), v = read(), w = read();
addedge(u, v, w);
addedge(v, u, w);
}
dfs(, );
for (int i=; i<=n; i++)
for (int j=; j<=size[i]; j++)
f[i][j] = -INF;
dp(, );
printf("%lld\n",f[][k]);
return ;
}
END
