bzoj 4033 [HAOI2015]树上染色_haoi2015」树上染色-优快云博客

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/elijahqi/article/details/80666742

本文介绍了一种使用树形动态规划方法解决特定问题的技术：在一个有N个节点的带权树中选取K个点染黑，其余点染白，目标是最大化黑点间与白点间的距离和。通过定义状态dp[x][i]来表示子树x内选i个黑点的最大贡献，进而推导出状态转移方程。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

http://www.elijahqi.win/archives/3668
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。
HINT
2017.9.12新加数据一组 By GXZlegend

Source
鸣谢bhiaibogf提供

树形dp

设dp[x][i]表示在x子树内选择了i个黑点对答案做出的贡献最大是多少

这样定义方便dp 方程很好写dp[x][i+j]=max(dp[x][i]+dp[y][j]+(ll)j*(k-j)z+(ll)(size[y]-j)(n-k-size[y]+j)*z)) y就是x的子树

仍然有一些实现的细节

乍一看应该是n^3 但是仔细想如果只利用合法状态进行dp的话可以发现

每次相当于在子树内枚举了所有以这个点作为lca的点对状态

复杂度证明https://www.cnblogs.com/GXZlegend/p/7040678.html

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
inline char gc(){
    static char now[1<<16],*S,*T;
    if (T==S){T=(S=now)+fread(now,1,1<<16,stdin);if (T==S) return EOF;}
    return *S++;
}
inline int read(){
    int x=0,f=1;char ch=gc();
    while(!isdigit(ch)) {if (ch=='-') f=-1;ch=gc();}
    while(isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=gc();
    return x*f;
}
const int N=2200;
struct node{
    int y,next,z;
}data[N<<1];
ll dp[N][N];int n,k,num,h[N],size[N];
inline void dfs(int x,int fa){
    size[x]=1;
    for (int i=h[x];i;i=data[i].next){
        int y=data[i].y;if (y==fa) continue;
        dfs(y,x);size[x]+=size[y];
    }dp[x][0]=dp[x][1]=0;int sum=1;
    for (int owo=h[x];owo;owo=data[owo].next){
        int y=data[owo].y;if(y==fa) continue;
        int z=data[owo].z;
        for (int i=min(k,sum);~i;--i){
            for (int j=min(k,size[y]);~j;--j){
                if(i+j>k||dp[y][j]<0) continue;
                dp[x][i+j]=max(dp[x][i+j],dp[x][i]+dp[y][j]+(ll)j*(k-j)*z+(ll)(size[y]-j)*(n-k-size[y]+j)*z);
            }
        }sum+=size[y];
    }
}
int main(){
    freopen("bzoj4033.in","r",stdin);
    memset(dp,0xff,sizeof(dp));
    n=read();k=read();
    for (int i=1;i<n;++i){
        int x=read(),y=read(),z=read();
        data[++num].y=y;data[num].next=h[x];h[x]=num;data[num].z=z;
        data[++num].y=x;data[num].next=h[y];h[y]=num;data[num].z=z;
    }dfs(1,0);
    printf("%lld\n",dp[1][k]);
    return 0;
}