最近比赛中遇到的几道dp题

1、2015 icpc 长春-H-Partial Tree(据说是完全背包，但我觉得不像)

一、题意

给定$n$个点，每一个点$i$的权值为关于度数$d_i$的函数$f(d_i)，$让你构建一棵树，使得这棵树的总度数和最大。

二、思路
前提结论：任意一个累加和为$2*(n-1)$的不含$0$元素的序列，将其表示成点的度数，都一定可以组成一棵树。
一棵$n-1$条边的树，有$2*(n-1)$个度。先给每个点分一个度，还剩$n-2$个度。剩下来就是整数划分了。$g[i]$表示把数字$i$划分成若干部分所能得到的最大度函数和。那么，容易得到递推式：$g[i]=max\{g[k]+f(i-k+1)-f(1)|0 \le k < i\}$。初始化$g$数组为$-\infty$，初始状态$g[0]=0$。最终答案就是$g[n-2]+n*f(1)$。
解释一下递推式的含义：把$i$个糖果分成若干份所能得到的最大度函数和，等于把$k$个糖果分成若干份，然后剩余的$i-k$份变成一份。要注意的是，转移的代价不是$f(i-k)$，而是$f(i-k+1)$，意思是：当给某个点(我也不知道前面已经分成几份了)$i-k$个“糖果”时，它实际上有的糖果是$i-k+1$个，因为一开始给它分了$1$个。但是又不能只加$f(i-k+1)$，因为还要减去最后加的$n*f(1)$份中的$1*f(1)$份。换句话说，为什么要减这部分，主要是我们并不清楚$n-2$个糖果到底分成了几份，如果转移的时候只加$f(i-k+1)$，那最后不知道要加多少倍$f(1)$，所以，这不好弄。就只能在转移的时候减了。

三、代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
], g[];
int main() {
//    freopen("h.in","r",stdin);
    int T;
    for(scanf("%d", &T); T--;) {
        scanf("%d", &n);
        ; i < n; ++i)scanf("%d", f + i);
        memset(g, ])*n);
        g[] = ;
        ; i <= n - ; ++i) {
            ; j <= i; ++j) {
                g[i] = max(g[i], g[j] + f[i - j + ] - f[]);
            }
        }
        printf(] + n * f[]);
    }
    ;
}

2、2017 ccpc final-G-Alice’s Stamps(像个01背包)

3、2018 icpc 焦作网络赛-运输船(裸的多重背包)

https://www.cnblogs.com/565261641-fzh/p/9652143.html

4、安装App(01背包，记录路径)

https://www.cnblogs.com/565261641-fzh/p/9651977.html