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 ;
 }