POJ 2486 Apple Tree ——(树型DP)
题意是给出一棵树,每个点都有一个权值,从1开始,最多走k步,问能够经过的所有的点的权值和最大是多少(每个点的权值只能被累加一次)。
考虑到一个点可以经过多次,设dp状态为dp[i][j][k],i表示当前从i出发,j表示最多走j步,k=0的话表示最后回到i点,否则不回到i点的子问题的答案。
转移见代码。
值得注意的是dfs中j循环的方向必须从大到小,因为如果从小到大,当前的j是从比其小的dp[u][j-t][...]更新过来的,而后者是根据走了v以后的更新过来的。换言之,如果从小到大,那么,走v贡献的权值就会被计算多次了,而题目中给的条件是,一个点的权值只能计算一次。拓展一下的话,如果一个点的权值可以被计算多次,那么应当从小到大循环j。
不妨以下面这组数据为例可以找到区别:
3 3
1 100 1
1 2
1 3
代码如下:
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <string.h>
#include <vector>
using namespace std;
const int N = + ; int n,k;
int val[N];
vector<int> G[N];
int dp[N][N*][]; // 0 表示回到原地
void update(int & a,int b) {if(a < b) a = b;}
int dfs(int u,int fa)
{
for(int i=;i<G[u].size();i++)
{
int v = G[u][i];
if(v == fa) continue;
dfs(v,u);
// j必须从大到小(?)
for(int j=k;j>=;j--)
{
for(int t=;t<=j;t++)
{
// 最终都回到原地,那么左右都需要回到原地,此时需要多走两步 u->v & v->u
if(t >= ) update(dp[u][j][], dp[u][j-t][] + dp[v][t-][]);
// 最终不用回到原地,有只要左边或者右边一种选择不用回到原地即可
if(t >= ) update(dp[u][j][], dp[u][j-t][] + dp[v][t-][]);
update(dp[u][j][], dp[u][j-t][] + dp[v][t-][]);
}
}
}
} int main()
{
while(scanf("%d%d",&n,&k) == )
{
memset(dp,,sizeof dp);
for(int i=;i<=n;i++)
{
G[i].clear();
scanf("%d",val+i);
for(int j=;j<=k;j++) dp[i][j][] = dp[i][j][] = val[i];
}
for(int i=;i<n;i++)
{
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}
dfs(, -);
printf("%d\n",max(dp[][k][], dp[][k][]));
}
return ;
}
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