IOI 2005 River （洛谷 3354）

题目描述

几乎整个Byteland王国都被森林和河流所覆盖。小点的河汇聚到一起，形成了稍大点的河。就这样，所有的河水都汇聚并流进了一条大河，最后这条大河流进了大海。这条大河的入海口处有一个村庄——名叫Bytetown。

在Byteland国，有n个伐木的村庄，这些村庄都座落在河边。目前在Bytetown，有一个巨大的伐木场，它处理着全国砍下的所有木料。木料被砍下后，顺着河流而被运到Bytetown的伐木场。Byteland的国王决定，为了减少运输木料的费用，再额外地建造k个伐木场。这k个伐木场将被建在其他村庄里。这些伐木场建造后，木料就不用都被送到Bytetown了，它们可以在运输过程中第一个碰到的新伐木场被处理。显然，如果伐木场座落的那个村子就不用再付运送木料的费用了。它们可以直接被本村的伐木场处理。

注：所有的河流都不会分叉，形成一棵树，根结点是Bytetown。

国王的大臣计算出了每个村子每年要产多少木料，你的任务是决定在哪些村子建设伐木场能获得最小的运费。其中运费的计算方法为：每一吨木料每千米1分钱。

输入输出格式

输入格式：

第一行包括两个数 n（2≤n≤100），k（1≤k≤50,且 k≤n）。n为村庄数，k为要建的伐木场的数目。除了Bytetown外，每个村子依次被命名为1，2，3……n，Bytetown被命名为0。

接下来n行，每行3个整数：

wi——每年i村子产的木料的块数（0≤wi≤10000）

vi——离i村子下游最近的村子（即i村子的父结点）（0≤vi≤n）

di——vi到i的距离(千米)。（1≤di≤10000）

保证每年所有的木料流到bytetown的运费不超过2,000,000,000分

50％的数据中n不超过20。

输出格式：

输出最小花费，单位为分。

输入输出样例

输入样例#1： 复制

4 2

1 0 1

1 1 10

10 2 5

1 2 3

输出样例#1： 复制

4

这道题因为村庄呈树形结构，所以选用树形DP。

自底向上更新答案，dp[x][j][k][0/1] 代表在第x节点处，离x最近的祖先伐木场为j，用了k个伐木场，x节点有/无伐木场的最小花费。先dfs遍历树，开一个stack数组记录每个节点到根节点的距离。之后开始枚举j与k与子树伐木场个数，更新答案。

#include<iostream>
#include<cstdio>

using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 105;

struct Edge{
    int nxt,to,val;
}edge[MAXN*2];
                //size为stack中元素个数，stack记录子节点，d记录深度。
int n,K,w[MAXN],size,stack[MAXN],d[MAXN];
int head[MAXN],cnt;
LL dp[MAXN][MAXN][MAXN][2];

inline void add(int bg,int ed,int ww){
    edge[++cnt].to=ed;
    edge[cnt].val=ww;
    edge[cnt].nxt=head[bg];
    head[bg]=cnt;
} 

inline void dfs(int u){
    stack[++size]=u;
    for(register int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){
        int v=edge[i].to;  //枚举子节点。
        d[v]=d[u]+edge[i].val;  //更新子节点距离。
        dfs(v);
        for(int j=1;j<=size;j++)   //枚举祖先。
            for(int k=K;k>=0;k--){  //枚举u及子树的伐木场个数。
                dp[u][stack[j]][k][0]+=dp[v][stack[j]][0][0];
                dp[u][stack[j]][k][1]+=dp[v][u][0][0];
                //子节点不建。
                for(int x=0;x<=k;x++){  //枚举子节点建的伐木场数。
                    dp[u][stack[j]][k][0]=min(dp[u][stack[j]][k-x][0]
                    +dp[v][stack[j]][x][0],dp[u][stack[j]][k][0]);
                    dp[u][stack[j]][k][1]=min(dp[u][stack[j]][k][1]
                    ,dp[u][stack[j]][k-x][1]+dp[v][u][x][0]);
                }
            }
        }
    for(register int j=1;j<=size;j++)
        for(register int k=0;k<=K;k++){
            if(k>=1){
                dp[u][stack[j]][k][0]=min(dp[u][stack[j]][k][0]
                +w[u]*(d[u]-d[stack[j]]),dp[u][stack[j]][k-1][1]);
            }
            else
                dp[u][stack[j]][k][0]+=w[u]*(d[u]-d[stack[j]]);
        }
        //将dp[][][][0]与dp[][][][1]合并。
    size--;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&K);
    for(register int i=1;i<=n;i++){
        int fa,ww;
        scanf("%d%d%d",&w[i],&fa,&ww);
        add(fa,i,ww);
    }
    dfs(0);
    printf("%lld",dp[0][0][K][0]);
    return 0;
}