标签：大头 min int 题解 ch edge NOI2002 P4362 dp
Description
Solution
非常巧妙地树形 \(dp\)，刚开始完全不知道如何设状态 QwQ。
言归正传，我们对于每个点可以随便分配个某一个头，只有大头需要必须有 \(k\) 个果子，所以我们的状态里只需要大头就够了。
那么设 \(dp_{x, i}\) 表示以 \(x\) 为根的子树中给大头 \(i\) 个果子最小的难受值。
但是我们发现根本没法转移，所以考虑再多记录一点东西。
设：\(dp_{x, i, 0/1}\)，0/1 表示 \(x\) 节点是否分给大头，那么就有转移方程：
\[dp_{x, i, 0} = min\{ dp_{y, j, 0} + dp_{x, i - j, 0} + (m == 2) \times edge_{x, y},\ \ dp_{y, j, 1} + dp_{x, i - j, 0}\} \]解释一下：
- 第一项：\(x\) 和它的一个儿子 \(y\) 都不给大头，那么就得把它们分给其他不同的头，但如果此时 \(m = 2\)，即除了大头只有一个头，那就只能加上边的难受值了。
- 第二项：\(y\) 给大头，\(x\) 不给大头，\(edge_{x, y}\) 没有贡献。
再来看 \(dp_{x, i, 1}\) 的转移：
\[dp_{x, i, 1} = min\{dp_{y, j, 1} + dp_{x, i - j, 1} + edge_{x, y},\ \ dp_{y, j, 0} + dp_{x, i - j, 1} \} \]这个就比较好理解了吧，跟上面的差不多，不多解释了。
但是直接转移会有问题，因为在同一轮转移过程中 \(dp\) 数组的值是不能变的，不然就有问题，所以转移前先给它转存一下，\(f_{i, 0/1} = dp_{x, i, 0/i}\)，然后用 \(f_{i, 0/1}\) 去转移。
再放一遍方程吧：
\[dp_{x, i, 0} = min\{ dp_{y, j, 0} + f_{i - j, 0} + (m == 2) \times edge_{x, y},\ \ dp_{y, j, 1} + f_{i - j, 0}\} \]\[dp_{x, i, 1} = min\{dp_{y, j, 1} + f_{i - j, 1} + edge_{x, y},\ \ dp_{y, j, 0} + f_{i - j, 1} \} \]Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace IO{
inline int read(){
int x = 0;
char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) ch = getchar();
while(isdigit(ch)) x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0', ch = getchar();
return x;
}
template <typename T> inline void write(T x){
if(x > 9) write(x / 10);
putchar(x % 10 + '0');
}
}
using namespace IO;
const int N = 310;
int n, m, k;
struct node{
int v, w;
};
vector <node> g[N];
int head[N], tot;
int dp[N][N][2], f[N][2];
inline void dfs(int x, int fa){
dp[x][0][0] = dp[x][1][1] = 0;
for(auto nxt : g[x]){
int y = nxt.v;
if(y == fa) continue;
dfs(y, x);
memcpy(f, dp[x], sizeof(dp[x]));
memset(dp[x], 0x3f, sizeof(dp[x]));
for(int i = 0; i <= k; ++i)
for(int j = 0; j <= i; ++j){
dp[x][i][0] = min(dp[x][i][0], min(dp[y][j][0] + f[i - j][0] + (m == 2) * nxt.w, dp[y][j][1] + f[i - j][0]));
dp[x][i][1] = min(dp[x][i][1], min(dp[y][j][1] + f[i - j][1] + nxt.w, dp[y][j][0] + f[i - j][1]));
}
}
}
int main(){
n = read(), m = read(), k = read();
if(n - k < m - 1) return puts("-1"), 0;
for(int i = 1; i < n; ++i){
int u = read(), v = read(), w = read();
g[u].push_back((node){v, w});
g[v].push_back((node){u, w});
}
memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
dfs(1, 1);
printf("%d\n", dp[1][k][1]);
return 0;
}
标签：大头,min,int,题解,ch,edge,NOI2002,P4362,dp 来源： https://www.cnblogs.com/xixike/p/15558882.html
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