Treedp贪吃的九头龙详解

传说中的九头龙是一种特别贪吃的动物。虽然名字叫“九头龙”，但这只是说它出生的时候有九个头，而在成长的过程中，它有时会长出很多的新头，头的总数会远大于九，当然也会有旧头因衰老而自己脱落。
有一天，有M个脑袋的九头龙看到一棵长有N个果子的果树，喜出望外，恨不得一口把它全部吃掉。可是必须照顾到每个头，因此它需要把N个果子分成M组，每组至少有一个果子，让每个头吃一组。
这M个脑袋中有一个最大，称为“大头”，是众头之首，它要吃掉恰好K个果子，而且K个果子中理所当然地应该包括唯一的一个最大的果子。果子由N-1根树枝连接起来，由于果树是一个整体，因此可以从任意一个果子出发沿着树枝“走到”任何一个其他的果子。
对于每段树枝，如果它所连接的两个果子需要由不同的头来吃掉，那么两个头会共同把树枝弄断而把果子分开；如果这两个果子是由同一个头来吃掉，那么这个头会懒得把它弄断而直接把果子连同树枝一起吃掉。当然，吃树枝并不是很舒服的，因此每段树枝都有一个吃下去的“难受值”，而九头龙的难受值就是所有头吃掉的树枝的“难受值”之和。
九头龙希望它的“难受值”尽量小，你能帮它算算吗？
例如图1所示的例子中，果树包含8个果子，7段树枝，各段树枝的“难受值”标记在了树枝的旁边。九头龙有两个脑袋，大头需要吃掉4个果子，其中必须包含最大的果子。即N=8，M=2，K=4：



图一描述了果树的形态，图二描述了最优策略。

输入格式：

输入文件dragon.in的第1行包含三个整数N (1<=N<=300)，M (2<=M<=N)，K (1<=K<=N)。 N个果子依次编号1,2,...,N，且最大的果子的编号总是1。第2行到第N行描述了果树的形态，每行包含三个整数a (1<=a<=N)，b (1<=b<=N)，c (0<=c<=105)，表示存在一段难受值为c的树枝连接果子a和果子b。

输出格式：

输出文件dragon.out仅有一行，包含一个整数，表示在满足“大头”的要求的前提下，九头龙的难受值的最小值。如果无法满足要求，输出-1。

样例输入：

8 2 4
1 2 20
1 3 4 
1 4 13
2 5 10
2 6 12
3 7 15
3 8 5

样例输出：

4

数据范围：

(1<=N<=300)，M (2<=M<=N)，K (1<=K<=N)
(1<=a<=N)，b (1<=b<=N)，c (0<=c<=105)，

时间限制：

1S

空间限制：

256M

提示：

【样例说明】

该样例对应于题目描述中的例子。

QAQ终于孙过了这道题，好累啊！！！OwO

本题是细节难题。

树转二叉树的具体方法是

将该点的第一个儿子作为左儿子，该点的右儿子为他的兄弟。

-1的情况好判只需要n-kk<m-1时，即不是所有头都吃得到果子时无解。

当有解时，

可以证明当吃法无大头限制时，你可以不费难受值吃完（只需按层奇偶用两个交替排放，再那剩下的一个换一个即可）。

又因为该图满足n-1条边，n个点，所以是棵树。

我们可以先将树转二叉树，方便操作。

我们令f[i][j][k]为该节点为i，该子树中有j个大头吃的点，k=0表示该点的父亲不为大头（attention！！），k=1表示为大头。

f[i][j][k]为i点的儿子和i点以后的兄弟和i点大头吃j个，k状态的最小难受值。

枚举j1即其儿子的状态分担的大头个数，为方便枚举，f1分担个数为j1-1；

j1的边界从0到该点子树元素个数和j的较小值

f1[i][j][k]=f(l[i],j1-1,1)+ohno(k,1)*dis[i];
f2[i][j][k]=f(l[i],j1,0)+ohno(k,0)*dis[i];
int t=min(f1[i][j][k],f2[i][j][k])+f(r[i],j-j1,k);
f[i][j][k]=min(f[i][j][k],t);

ohno的定义

   1）若i=1且j=1，则大头吃下了相连的果子，需要付出难受值，返回1；

2）若i=0且j=0，但Ｍ=2，只有一个小头，小头吃下了相连的果子，需要付出难受值，返回1；

3）其它情况，总有办法分配果子使得九头龙不付出难受值，返回0。

解释2）：当m>2时除大头外的头一定能够使剩下的枝不被吃，证明见上。而m=2时则剩下的枝会被同一枝吃，所以这么做。

注意：输出的是递归1的儿子。要记忆化。边界见程序，dp是记忆化过程。

上代码兄弟们：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int r[301],l[301],dis[301],sonnum[301];
int f1[301][301][2],f2[301][301][2],f[301][301][2];
int n,m,kk;
//World start now WITH ME!
//每次扫到没有兄弟或儿子时，又不需要有大头吃时just return 0；
//要大头吃这是不可能的just return an BIGNUM; 
//k为i的父亲是否被大头吃。。 
//重点！！！以后与这种题子树节点数考虑！！！ 
//最大值设大！！！答案大于300001！！！否则9错 
int ohno(int xx,int yy) //判有没有吃树枝
{
if (xx==1&&yy==1) return 1;
if(xx==0&&yy==0&&m==2) return 1;
return 0;
} 
int num_of_son_trees(int x)
{
if(x==0) return 0;
sonnum[x]=num_of_son_trees(l[x])+num_of_son_trees(r[x])+1;
return sonnum[x];
}
inline int dp(int i,int j,int k)
{
if (j<0) return 30000001;
if (f[i][j][k]>=0) return f[i][j][k];
if(i==0&&j==0) return 0;
if(i==0&&j) return 30000001;
f1[i][j][k]=30000001;
f2[i][j][k]=30000001;
f[i][j][k]=30000001;
for(int j1=0;j1<=min(j,sonnum[i]);j1++)
{
f1[i][j][k]=dp(l[i],j1-1,1)+ohno(k,1)*dis[i];
f2[i][j][k]=dp(l[i],j1,0)+ohno(k,0)*dis[i];
int t=min(f1[i][j][k],f2[i][j][k])+dp(r[i],j-j1,k);
f[i][j][k]=min(f[i][j][k],t);
}
//        q[x][y][z]=min(q[x][y][z],min( dp(p[x].l,i,0)+(m==2)*(z==0)*p[x].d , dp(p[x].l,i-1,1)+(z==1)*p[x].d )+dp(p[x].r,y-i,z) );
return f[i][j][k];
}
int main()
{
cin>>n>>m>>kk;
if(n-kk<m-1) 
{
cout<<"-1";
return 0;
}
for(int i=1;i<=n-1;i++)
{
int x,y,d;
cin>>x>>y>>d;
r[y]=l[x];
l[x]=y;
dis[y]=d;
}
l[0]=1;
num_of_son_trees(1);
int tot=30000001;
for(int i=0;i<=300;i++)
for(int j=0;j<=300;j++)
for(int k=0;k<=1;k++)
f[i][j][k]=-1;
// for(int i=kk;i<=n-m+1;i++)
//只能吃kk个不能多吃 
{
tot=min(tot,dp(l[1],kk-1,1));
}
cout<<tot<<"\n";
}