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的距離的和的受益。問受益最大值是多少。

Solution

比較經典的樹形背包問題。

如果只對點進行分析，情況會變得十分麻煩，不放考慮每條變的貢獻，每條邊會產生兩邊黑點數的乘積加上兩邊白點數的乘積。

這樣的話我們直接跑背包就可以了，標準的樹形背包是n^3的，但是這道題每顆字數背包體積有上限，總復雜度可以做到n^2.

Code

#include<iostream>
#include
 
<cstdio>
#include<cstring>
#define N 2009
using namespace std;
long long dp[N][N];
int size[N],m,n,a,b,c,tot,head[N];
struct dsd
{
    int n,to,l;
}an[N<<1];
inline void add(int u,int v,int l)
{
    an[++tot].n=head[u];
    an[tot].to=v;
    head[u]=tot;
    an[tot].l=l;
}
void dfs(int
 
 u,int fa)
{
  size[u]=1;
  for(int i=head[u];i;i=an[i].n)
  if(an[i].to!=fa)
  {
      int v=an[i].to;
      dfs(v,u);
    size[u]+=size[v];
    for(int j=min(m,size[u]);j>=0;--j)//
      for(int k=0;k<=min(j,size[v]);++k)
       if(dp[v][k]!=-0x3f3f3f3f)
      {
          long long num=(long long
 
)(k*(m-k)+(n-size[v]-(m-k))*(size[v]-k))*an[i].l;
          dp[u][j]=max(dp[u][j],dp[u][j-k]+dp[v][k]+num);
      }
  } 
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<n;++i)
    {
      scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
      add(a,b,c);add(b,a,c);
    }
    memset(dp,-0x3f,sizeof(dp));
    for(int i=1;i<=n;++i)
      dp[i][0]=dp[i][1]=0;//
    dfs(1,0);
    cout<<dp[1][m];
    return 0;
} 

這種寫法太慢了，並沒有做到嚴格n^2，bzoj會TLE，下面這種寫法是穩過的。

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 2009
using namespace std;
typedef long long ll;
ll dp[N][N],size[N],m,n,a,b,c,tot,head[N],g[N];
struct dsd
{
    ll n,to,l;
}an[N<<1];
inline void add(ll u,ll v,ll l)
{
    an[++tot].n=head[u];
    an[tot].to=v;
    head[u]=tot;
    an[tot].l=l;
}
ll mi(ll x,ll y){return x<y?x:y;}
ll ma(ll x,ll y){return x<y?y:x;}
void dfs(ll u,ll fa){
  size[u]=1;
  for(ll i=head[u];i;i=an[i].n)
  if(an[i].to!=fa){
      ll v=an[i].to;
      dfs(v,u);
    ll x=mi(m,size[u]),y=mi(m,size[v]);
    for(int j=0;j<=m;++j)g[j]=0;
    for(ll j=x;j>=0;--j)
      for(int k=0;k<=y;++k)if(j+k<=m){
          ll gyx=((ll)k*(m-k)+(n-size[v]-(m-k))*(size[v]-k))*an[i].l;
          g[j+k]=ma(g[j+k],dp[u][j]+dp[v][k]+gyx);
      }
    for(int j=0;j<=m;++j)dp[u][j]=g[j];
    size[u]+=size[v];
  } 
}
inline int rd(){
    int x=0;char c=getchar();
    while(!isdigit(c))c=getchar();
    while(isdigit(c)){
        x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
        c=getchar();
    }
    return x;
} 
int main()
{
    n=rd();m=rd();
    for(int i=1;i<n;++i){
      a=rd();b=rd();c=rd();
      add(a,b,c);add(b,a,c);
    }
    memset(dp,-0x3f,sizeof(dp));
    for(int i=1;i<=n;++i)
      dp[i][0]=dp[i][1]=0;
    dfs(1,0);
    printf("%lld",dp[1][m]);
    return 0;
} 

[HAOI2015]樹上染色（樹形背包）