[树形dp] Jzoj P1162 贪吃的九头龙

Description

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：

 

 

Input

输入文件的第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<=10^5)，表示存在一段难受值为c的树枝连接果子a和果子b。

Output

输出文件仅有一行，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。

 

Sample Input

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

Sample Output

4

 

 题解

• 把题目简化一下：
• 将一棵树的结点染成m种颜色，每个结点只有一种颜色，在一条边两边的结点的颜色相同会产生费用
• (1)第1个结点必须是1颜色
• (2)必须有k个1颜色
• (3)每种颜色必须有一个结点
• 那么，可以发现一个性质
• 如果m>2，那么对答案有贡献的只有和1相连的边
• 其他的边不会产生其他的价值
• 如果m=2，那么只有1,2两种颜色
• 设f[i][j][0/1]为以i为根的子树中，有j个1颜色，根染颜色1或不染颜色1的价值
• 就很容易推出式子
• 与同颜色相连的，要加上边的价值；如果不是，就不加

代码

 1 #include<cstdio>
 2 #include<iostream>
 3 #include<algorithm>
 4 #include<cmath>
 5 #include<cstring>
 6 using namespace std;
 7 struct edge { int to,from,v; }e[610];
 8 int n,m,k,size[310],f[310][310][2],head[310],cnt;
 9 void insert(int x,int y,int z) { e[++cnt].to=y; e[cnt].from=head[x]; e[cnt].v=z; head[x]=cnt; }
10 void dp(int x,int fa)
11 {
12     int k[310][2];
13     size[x]=1; f[x][1][1]=f[x][0][0]=0;
14     for (int i=head[x];i;i=e[i].from)
15     {
16         int son=e[i].to;
17         if (son==fa) continue;
18         dp(son,x);
19         size[x]+=size[son];
20         memcpy(k,f[x],sizeof(k));
21         memset(f[x],60,sizeof(f[x]));
22         int p=0; if (m==2) p=e[i].v;
23         for (int j=size[x];j>=0;j--)
24         {
25             if (j>0) for (int w=j-1;w>=0;w--) f[x][j][1]=min(f[x][j][1],k[j-w][1]+min(f[son][w][1]+e[i].v,f[son][w][0]));
26             for (int w=j;w>=0;w--) f[x][j][0]=min(f[x][j][0],k[j-w][0]+min(f[son][w][0]+p,f[son][w][1]));
27         }
28     }
29 }
30 int main()
31 {
32     scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
33     if (n-k<m-1) {    printf("-1\n"); return 0; }
34     for (int i=1;i<=n-1;i++)
35     {
36         int x,y,z;
37         scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
38         insert(x,y,z); insert(y,x,z);
39     }
40     memset(f,60,sizeof(f));
41     dp(1,0);
42     printf("%d",f[1][k][1]);
43     return 0;
44 }

 

转载于:https://www.cnblogs.com/Comfortable/p/9277450.html