BZOJ 4033: [HAOI2015]树上染色题解

BZOJ 4033: [HAOI2015]树上染色题解(树形dp)

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BZOJ 4033: [HAOI2015]树上染色题解

洛谷 P3177 [HAOI2015]树上染色

应该各大\(oj\)都有。。。可以多倍经验。。。

一眼树形\(dp\)是吧

因为要选出\(K\)个黑点，所以知道子树内有多少个黑点，就知道子树外有多少个黑点

那么设dp[now][j]表示在\(now\)的子树内选了\(j\)个黑点对答案的贡献

考虑每条边对答案的贡献进行\(dp\)

枚举已经处理完的子树选出了\(j\)个，当前处理的子树选出了\(k\)个

一定有 （\(now\)是当前节点，\(qw\)是子树节点，\(Val\)是now-qw边对答案的贡献）

dp[now][j+k]=MAX(dp[now][j+k],dp[now][j]+dp[qw][k]+Val);

那么怎么算出\(Val\)呢，这个不难

Val=k*(K-k)*w+(siz[qw]-k)*(n-K-siz[qw]+k)*w;
子树黑点数×外面黑点数×边权        子树白点数×外面白点数×边权

那么这个题目不就很简单吗。。。然而手写MAX忘记开long long Wa了很久

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define rg register
#define ldb double
#define lst long long
#define rgt register int
#define N 2050
#define qw ljl[i].to
using namespace std;
const int Inf=1e9;
il lst MAX(rg lst x,rg lst y){return x>y?x:y;}
il int MIN(rgt x,rgt y){return x<y?x:y;}
il lst read()
{
	rg lst s=0,m=0;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')m=1;ch=getchar();}
	while( isdigit(ch))s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return m?-s:s;
}

int n,K,Rt;
int hd[N],siz[N],cnt;
lst dp[N][N];//The MAX contribution of [At now][got j black points]
struct EDGE{int to,nxt,v;}ljl[N<<1];
il void Add(rgt p,rgt q,rgt o){ljl[++cnt]=(EDGE){q,hd[p],o},hd[p]=cnt;}

void Dfs(rgt now,rgt fm)
{
	siz[now]=1;
	for(rgt i=hd[now],w;i;i=ljl[i].nxt)
	{
		if(qw==fm)continue;Dfs(qw,now),w=ljl[i].v;
		for(rgt j=MIN(siz[now],K);j>=0;--j)
			for(rgt k=MIN(siz[qw],K-j);k>=0;--k)
			{
				rg lst Val=1LL*k*(K-k)*w+1LL*(siz[qw]-k)*(n-K-siz[qw]+k)*w;
				//The contribution of the edge-black&white
				dp[now][j+k]=MAX(dp[now][j+k],dp[now][j]+dp[qw][k]+Val);
			}
		siz[now]+=siz[qw];
	}
}

int main()
{
	n=read(),K=read();
	srand(time(NULL)),Rt=rand()%n+1;
	for(rgt i=1;i<n;++i)
	{
		rgt p=read(),q=read(),o=read();
		Add(p,q,o),Add(q,p,o);
	}Dfs(Rt,0);
	printf("%lld\n",dp[Rt][K]);
	return 0;
}