标签：ch 2021.07 17 int 个数 P3177 黑点 ans size
2021.07.17 P3177 树上染色（树形DP）
[P3177 HAOI2015]树上染色 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)
重点：
1.dp思想是需要什么，维护什么。
2.通过具体的状态推出未知状态的解法。
题意：
一棵有n个点的树，将其中k个点染为黑色，其余点为白色，求任意一对白白两点之间的距离和与任意一对黑黑两点之间的距离。
分析：
dp思想是需要什么，维护什么。我们需要求距离和，我们就维护距离和。
在已经确定哪些点是黑点是，对于一条边，它对答案的贡献是端点u、v两端是
\[（u黑点个数*v黑点个数+u白点个数*v白点个数）*这条边的权值 \]但我们还不知道哪些点是黑点，所以我们也要列出不同黑点个数，进行状态转移。
设ans[i] [j]为在以i为根的子树中，有j个点是黑点时的总贡献，依次枚举i可能的黑点个数、i的每一个子节点、以该子节点为根的子树可能的黑点的个数进行状态转移。具体分析在代码中。
代码如下：
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
#define int long long
const int N=2010;
int n,k,size[N],cnt,head[N],ans[N][N];
struct node{
int to,next,val;
}a[N*2];
inline int read(){
int s=0,w=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-')w=-1;
ch=getchar();
}
while(ch<='9'&&ch>='0'){
s=s*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
return s*w;
}
void add(int u,int v,int w){
++cnt;
a[cnt].to=v;
a[cnt].val=w;
a[cnt].next=head[u];
head[u]=cnt;
}
void dfs(int x,int fa){
size[x]=1;
ans[x][0]=ans[x][1]=0;
for(int i=head[x];i;i=a[i].next){
int v=a[i].to;
if(v==fa)continue;
dfs(v,x);
size[x]+=size[v];
for(int j=min(k,size[x]);j>=0;j--){
if(ans[x][j]!=-1)
ans[x][j]+=ans[v][0]+size[v]*(n-k-size[v])*a[i].val;//当以x为根的子树中黑点个数为0时的贡献
for(int l=min(j,size[v]);l>0;l--){
if(ans[x][j-l]==-1)continue;//当这个子树中黑点个数为j-l这一状态还没开始计算时，果断跳过
ans[x][j]=max(ans[x][j],ans[x][j-l]+ans[v][l]+(l*(k-l)+(size[v]-l)*(n-k-size[v]+l))*a[i].val);//注意：计算的时候这条边会产生的贡献，以j为根节点的子树有l个黑点，所以这条边因为黑点产生的贡献为l*(k-l)*a[i].val，白点产生的贡献为(size[v]-l)*(n-k-size[v]+l)*a[i].val，而以x为根节点的子树此时有j-l个黑点，以v为根节点的子树有l个黑点
}
}
}
}
signed main(){
//freopen("1.in","r",stdin);
//freopen("1.out.txt","w",stdout);
n=read();k=read();
if(n-k<k)k=n-k;
for(int i=1;i<n;i++){
int u,v,w;
u=read();v=read();w=read();
add(u,v,w);
add(v,u,w);
}
memset(ans,-1,sizeof(ans));
dfs(1,0);
cout<<ans[1][k];
return 0;
}
标签：ch,2021.07,17,int,个数,P3177,黑点,ans,size 来源： https://www.cnblogs.com/eleveni/p/15025236.html
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