算法提高 金属采集 树形DP

题目链接：金属采集

思路：d(i, j)表示在以i为根结点的子树中使用j个机器人的最小花费。设v为u的一个子节点，从节点i使用k个机器人收集以v为根结点的能量，状态转移方程为d(u, i) = min(d(u, i - k) + d(v, k) + cost * k)  1 <= k <= i. 注意d(u, i - k)表示用i - k个机器人去收集其他子树的能量的最小花费，在遍历所有子节点之后，d(u, i)的值才会固定。

   AC代码：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <utility>
#include <string>
#include <iostream>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
using namespace std;
#define eps 1e-10
#define inf 0x3f3f3f3f
#define PI pair<int, int>
const int maxn = 1e5 + 5;
int dp[maxn][12]; 

struct node{
	int son, cost;
	node() {
	}
	node(int son, int cost):son(son), cost(cost) {
	}
};
vector<node>road[maxn];

int n, s, cnt;

void dfs(int u, int pre) { //u-当前节点，pre-它的父节点
	int n = road[u].size();
	for(int i = 0; i < n; ++i) {
		int v= road[u][i].son, cost = road[u][i].cost;
		if(v == pre) continue;
		dfs(v, u);
		// 只考虑当前节点和已经发现的节点
		for(int k = cnt; k >= 0; --k) { //该子树停留的机器人总数
		//逆序枚举--如果d(u, k)更新，那么不能影响d(u,k+1),如果顺序枚举会影响
			dp[u][k] += dp[v][0] + cost * 2; //让一个机器人遍历该子树所有子节点并返回的花费
			for(int j = 1; j <= k; ++j) {    //至少一个机器人进入子树
				dp[u][k] = min(dp[u][k], dp[u][k-j] + dp[v][j] + j * cost);
			}
		}
 	}
}

int main() {

	while(scanf("%d%d%d", &n, &s, &cnt) == 3) {
		memset(dp, 0, sizeof(dp));
		for(int i = 0; i <= n; ++i) road[i].clear();
		int x, y, cost;
		for(int i = 1; i < n; ++i) {
			scanf("%d%d%d", &x, &y, &cost);
			road[x-1].push_back(node(y-1, cost));
			road[y-1].push_back(node(x-1, cost));
		}
		dfs(s - 1, -1);
		printf("%d\n", dp[s - 1][cnt]);
	}
	return 0;
}

如有不当之处欢迎指出！