hihocoder #1063:缩地

题目描述：http://hihocoder.com/problemset/problem/1063

这道题用到树形dp来解，具体有两种方式来实现

先看第一种：

参考文章：http://blog.youkuaiyun.com/wsjingping/article/details/45875867

dp[i][j]表示以i为根的子树中，恰好得到j价值所走的最短距离，但是最后可以不回到起点，故有两种状态：dp[i][j][0]表示必须回到节点i，dp[i][j][1]表示可以不回来

个人认为，对于dp[i][j]，不回来肯定小于等于回来，若回来小于不回来，那么再减去回来所花费的距离，将得到更小的不回来的距离，矛盾

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#define MAX_N 100
#define INF (1<<31)-1

int dp[MAX_N+1][201][2], va[MAX_N+1], fe[MAX_N+1], n; //fe[]记录每个节点的第一个子节点 

typedef struct Node{
    int to, len, next; //next记录下一个兄弟节点 
}Edge;

Edge e[MAX_N];

int min(int a, int b){
    return a < b ? a : b;
}

void Add(int a, int b, int c, int ecount){
    e[ecount].to = b;
    e[ecount].len = c;
    e[ecount].next = fe[a];
    fe[a] = ecount;
}

void dfs(int u, int fa){
    int i, ii, j, k, v, vv, l, ll, temp[201];
    
    dp[u][va[u]][0] = 0;
    for(i = fe[u]; i+1; i = e[i].next){
        v = e[i].to;
        l = e[i].len;
        if(v != fa){
            dfs(v, u);
            for(j = n*2; j >= 0; j--){
                if(dp[u][j][0] != INF){
                    for(k = 0; k <= n*2-j; k++){
                        if(dp[v][k][0] != INF){
                            dp[u][j+k][0] = min(dp[u][j+k][0], dp[u][j][0]+dp[v][k][0]+2*l);
                        }
                    }
                }
            }
        }
    }
    
    dp[u][va[u]][1] = 0;
    for(ii = fe[u]; ii+1; ii = e[ii].next){
        vv = e[ii].to;
        ll = e[ii].len;
        if(vv != fa){
            for(i = 0; i <= n*2; i++){
                temp[i] = INF;
            }
            temp[va[u]] = 0;
            for(i = fe[u]; i+1; i = e[i].next){
                v = e[i].to;
                l = e[i].len;
                if(v != fa && v != vv){
                    for(j = n*2; j >= 0; j--){
                        if(temp[j] != INF){
                            for(k = 0; k <= n*2-j; k++){
                                if(dp[v][k][0] != INF){
                                    temp[j+k] = min(temp[j+k], temp[j]+dp[v][k][0]+2*l);
                                }
                            }
                        }
                    }
                }
            }
            for(i = n*2; i >= 0; i--){
                if(temp[i] != INF){
                    for(j = 0; j <= n*2-i; j++){
                        if(dp[vv][j][1] != INF){
                            dp[u][i+j][1] = min(dp[u][i+j][1], temp[i] + dp[vv][j][1] + ll); 
                        }
                    }
                }
            }
        }
    }
}

int main(){
    int i, j, ecount, a, b, c, q, d;
    
    ecount = 0;
    memset(fe, -1, sizeof(fe));
    scanf("%d", &n);
    for(i = 1; i <= n; i++){
        scanf("%d", &va[i]);
    }
    for(i = 1; i < n; i++){
        scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
        Add(a, b, c, ecount);
        ecount++;
        Add(b, a, c, ecount);
        ecount++;
    }
    
    for(i = 1; i <= n; i++){
        for(j = 0; j <= n*2; j++){
            dp[i][j][0] = INF;
            dp[i][j][1] = INF;
        }
    }
    dfs(1, -1);
    
    scanf("%d", &q);
    while(q--){
        scanf("%d", &d);
        for(i = n*2; i >= 0; i--){
            if(dp[1][i][1] <= d){
                break;
            }
        }
        printf("%d\n", i);
    }
    return 0;
}

方法二比较机智

参见http://www.cnblogs.com/ShallWe2000/p/5337071.html