题目大意：
从 1 号点出发，每次经过一个点，就可以得到点上的所有苹果，走m步，求能够得到的苹果最大数量
这里用dp[u][j] 表示 从u号点出发走 j 步后回到u点能得到的苹果最大数量
用ans[u][j] 表示从 u 号点出发走 j 步不一定回到u点能得到的苹果最大数量（包括了dp[u][j]的情况）
因为从父亲到儿子，最后又要回到父亲需要多走2次
dp[u][j+2] = max{dp[v][k] + dp[u][j-k]} k<=j , j<=m
对于ans[][]来说因为不确定它是否回到父亲，所以根据dp[][]来算
要从一棵子树到另一棵子树，那么必然经过父亲 ， 那么这两棵子树中可能是原子树回到了原点 ， 那么当前子树就没必要回到原点，那么当前边只要去不用回来
ans[u][j+1] = max{ans[v][k] + dp[u][j-k]}
又可能是当前子树回到了原点 ， 那么原子树就没必要回到原点，那么就是从父亲先去当前子树，再回来经过原来的子树合并，当前边来回就是多走两次
ans[u][j+2] = max{dp[v][k] + ans[u][j-k]}
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <iostream> 4 using namespace std; 5 const int N = 205; 6 int val[N] , first[N] , k , dp[N][N] , ans[N][N]; 7 8 struct Edge{ 9 int y , next; 10 }e[N<<1]; 11 12 void add_edge(int x, int y) 13 { 14 e[k].y = y , e[k].next = first[x]; 15 first[x] = k++; 16 } 17 18 void dfs(int u , int fa , int m) 19 { 20 ans[u][0] = dp[u][0] = val[u]; 21 for(int i = first[u] ; i!=-1 ; i=e[i].next){ 22 int v = e[i].y; 23 if(v == fa) continue; 24 dfs(v , u , m); 25 for(int j=m ; j>=0 ; j--){ 26 for(int k=j ; k>=0 ; k--){ 27 dp[u][j+2] = max(dp[u][j+2] , dp[v][k] + dp[u][j-k]); 28 ans[u][j+2] = max(dp[v][k] + ans[u][j-k] , ans[u][j+2]); 29 ans[u][j+1] = max(ans[v][k] + dp[u][j-k] , ans[u][j+1]); 30 } 31 } 32 } 33 } 34 35 int main() 36 { 37 // freopen("a.in" , "r" , stdin); 38 int n,m,x,y; 39 while(scanf("%d%d" , &n , &m)==2) 40 { 41 for(int i=1 ; i<=n ; i++) 42 scanf("%d" , val+i); 43 memset(first , -1 , sizeof(first)); 44 k = 0; 45 for(int i=1 ; i<n ; i++){ 46 scanf("%d%d" , &x , &y); 47 add_edge(x , y); 48 add_edge(y , x); 49 } 50 memset(ans , 0 , sizeof(ans)); 51 memset(dp , 0 , sizeof(dp)); 52 53 dfs(1 , -1 , m); 54 55 int maxn = 0; 56 for(int i=0 ; i<=m ; i++) 57 maxn = max(maxn , ans[1][i]); 58 printf("%d " , maxn); 59 } 60 return 0; 61 }