right memory n-1 距離 esc line names 時間復雜度 一行

4033: [HAOI2015]樹上染色

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Description

有一棵點數為N的樹，樹邊有邊權。給你一個在0~N之內的正整數K，你要在這棵樹中選擇K個點，將其染成黑色，並 將其他的N-K個點染成白色。將所有點染色後，你會獲得黑點兩兩之間的距離加上白點兩兩之間距離的和的收益。 問收益最大值是多少。

Input

第一行兩個整數N,K。 接下來N-1行每行三個正整數fr,to,dis，表示該樹中存在一條長度為dis的邊(fr,to)。 輸入保證所有點之間是聯通的。 N<=2000,0<=K<=N

Output

輸出一個正整數，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
【樣例解釋】
將點1,2染黑就能獲得最大收益。 設$dp[u][i]$表示在以$u$為根的子樹中有$i$個黑點時每條邊對答案的貢獻和最大值 每次把子樹的答案合並，只需考慮連接孩子的這一條邊的兩邊各有多少黑點白點即可 每次轉移相當於枚舉點對 所以時間復雜度為$O\left(n^2\right)$

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace
 
 std;
typedef long long ll;
const int maxn = 2000 + 10;
int n, k;
struct Edge{
    int to, val, next;
    Edge(){}
    Edge(int _t, int _v, int _n): to(_t), val(_v), next(_n){}
}e[maxn * 2];
int fir[maxn] = {0}, cnt = 0;
inline void ins(int u, int v, int w){
    e[++cnt] = Edge(v, w, fir[u]); fir[u] = cnt;
    e[
 
++cnt] = Edge(u, w, fir[v]); fir[v] = cnt;
}
int siz[maxn];
ll f[maxn][maxn] = {0}, g[maxn];
void dfs(int u, int fa){
    siz[u] = 1;
    f[u][0] = f[u][1] = 0;
    for(int v, i = fir[u]; i; i = e[i].next){
        v = e[i].to;
        if(v == fa) continue;
        dfs(v, u);
        for(int x = 0; x <= siz[u] + siz[v]; x++) g[x] = 0;
        for(int x = 0; x <= siz[u]; x++)
            for(int y = 0; y <= siz[v]; y++)
                g[x + y] = max(g[x + y], f[u][x] + f[v][y] + (ll)e[i].val * (y * (k - y) + (siz[v] - y) * (n - k + y - siz[v])));
        siz[u] += siz[v];
        for(int x = 0; x <= siz[u]; x++)
            f[u][x] = max(f[u][x], g[x]);
    }
}
int main(){
    scanf("%d %d", &n, &k);
    for(int u, v, w, i = 1; i < n; i++){
        scanf("%d %d %d", &u, &v, &w);
        ins(u, v, w);
    }
    dfs(1, 0);
    printf("%lld\n", f[1][k]);
    return 0;
}

[BZOJ4033][HAOI2015]樹上染色