蓝桥杯 算法提高 金属采集 [ 树形dp 经典 ]

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算法提高 金属采集

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锦囊2

 

锦囊3

 

问题描述

人类在火星上发现了一种新的金属！这些金属分布在一些奇怪的地方，不妨叫它节点好了。一些节点之间有道路相连，所有的节点和道路形成了一棵树。一共有 n 个节点，这些节点被编号为 1~n 。人类将 k 个机器人送上了火星，目的是采集这些金属。这些机器人都被送到了一个指定的着落点， S 号节点。每个机器人在着落之后，必须沿着道路行走。当机器人到达一个节点时，它会采集这个节点蕴藏的所有金属矿。当机器人完成自己的任务之后，可以从任意一个节点返回地球。当然，回到地球的机器人就无法再到火星去了。我们已经提前测量出了每条道路的信息，包括它的两个端点 x 和 y，以及通过这条道路需要花费的能量 w 。我们想花费尽量少的能量采集所有节点的金属，这个任务就交给你了。

输入格式

第一行包含三个整数 n, S 和 k ，分别代表节点个数、着落点编号，和机器人个数。

接下来一共 n-1 行，每行描述一条道路。一行含有三个整数 x, y 和 w ，代表在 x 号节点和 y 号节点之间有一条道路，通过需要花费 w 个单位的能量。所有道路都可以双向通行。

输出格式

输出一个整数，代表采集所有节点的金属所需要的最少能量。

样例输入

6 1 3 1 2 1 2 3 1 2 4 1000 2 5 1000 1 6 1000

样例输出

3004

样例说明

所有机器人在 1 号节点着陆。

第一个机器人的行走路径为 1->6 ，在 6 号节点返回地球，花费能量为1000。

第二个机器人的行走路径为 1->2->3->2->4 ，在 4 号节点返回地球，花费能量为1003。

第一个机器人的行走路径为 1->2->5 ，在 5 号节点返回地球，花费能量为1001。

数据规模与约定

本题有10个测试点。

对于测试点 1~2 ， n <= 10 ， k <= 5 。

对于测试点 3 ， n <= 100000 ， k = 1 。

对于测试点 4 ， n <= 1000 ， k = 2 。

对于测试点 5~6 ， n <= 1000 ， k <= 10 。

对于测试点 7~10 ， n <= 100000 ， k <= 10 。

道路的能量 w 均为不超过 1000 的正整数。

题解：

思路来自博客：http://www.ylzx8.cn/kaifayuyan/program/192149.html

dp[p][m]:表示在以p为根的子树中停留m个机器人的花费。把一棵子树看作是一个整体。

很好的树形dp，理解了好久。一定注意是要把一棵子数看作一个整体。

一开始，dfs刚到某个节点，如果没有儿子节点的话，那么机器人到此就都可以停了，dp[p][m]为0

如果发现了有一个儿子节点，那么考虑在这个儿子节点停留remain个机器人。

dp[p][k]+=dp[next][0]+cost*2;   //子树son中没有停留机器人，那么意味全反回，最少是去一个所以最少反回一个

for(remain=1;remain<=k;remain++)

dp[p][k]=min(dp[p][k],dp[p][k-remain]+dp[next][remain]+remain*cost);  //注：dfs到第一个儿子的时候，由于暂时没发现其余儿子，所以留在p节点的机器　　　　　　                                                                                                              //  人都不会有多余消耗

随着dfs的深入，每发现一个新儿子，那么更新时就要用考虑到前面所有儿子的状态进行转移。这是一个渐进的过程。

比如，在第二个儿子时，k=1,remain=1 的话，

dp[p][k]=min(dp[p][k],dp[p][k-remain]+dp[next][remain]+remain*cost);

用到的dp[p][k-remain]已经不再是0，因为首先必须把第一个儿子访问过再回到p节点。

所有儿子都dfs过之后，得到的dp[p][m]才不再变化。

518169

609738062@qq.com

金属采集

04-08 20:17

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C++

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评测详情

 #include <cstdio>
 #include <cmath>
 #include <vector>
 #include <cstring>

 #define N 100005

 using namespace std;

 int n,s,K;
 int dp[N][];        //dp[p][m]:表示在以p为根的子树中停留m个机器人的花费。把一棵子树看作是一个整体。

 typedef struct
 {
     int to;
     int w;
 }PP;

 vector<PP>bian[N];
 int vis[N];

 void dfs(int p)
 {
     vis[p]=;
     int i;
     int next;
     int cost;
     int k;
     int remain;
     for(i=;i<bian[p].size();i++)
     {
         next=bian[p][i].to;
         if(vis[next]==) continue;
         cost=bian[p][i].w;
         dfs(next);
         for(k=K;k>=;k--){        //这里要注意不能掉了0的情况
             dp[p][k]+=dp[next][]+cost*;        //子树son中没有停留机器人，那么意味全反回，最少是去一个所以最少反回一个
             for(remain=;remain<=k;remain++){        //在子树son中停raim个机器人的情况
                 dp[p][k]=min(dp[p][k],dp[p][k-remain]+dp[next][remain]+remain*cost);
             }
         }
     }
 }

 int main()
 {
     int x,y,w;
     PP te;
     //freopen("data.in","r",stdin);
     memset(dp,,sizeof(dp) );
     memset(vis,,sizeof(vis));
     int i;
     scanf("%d%d%d",&n,&s,&K);
     for(i=;i<=n;i++){
         bian[i].clear();
     }
     for(i=;i<n-;i++){
         scanf("%d%d%d",&x,&y,&w);
         te.w=w;
         te.to=y;
         bian[x].push_back(te);
         te.to=x;
         bian[y].push_back(te);
     }
 //    printf("sdf a\n");
     dfs(s);
     printf("%d\n",dp[s][K]);
     return ;
 }