P3177 [HAOI2015]树上染色

传送门

显然考虑 $n^2$ 的树形 $dp$

设 $f[x][i]$ 表示 $x$ 的子树内选了 $i$ 个节点染黑，子树内所有边对整颗树的最大贡献

考虑子树的合并，显然对于 $(u,v),v in son[u]$ ，设边权为 $w$ ，这条边的贡献可以通过 $v$ 子树内的黑节点数算出

因为确定了子树内的黑节点数就可以算出子树外的黑节点数，子树白节点也可以用子树节点数减去子树黑节点数得到

那么贡献就容易确定

那么对于 $f[u][i]$ ，枚举儿子 $v$ 并枚举 $v$ 内的黑节点数 $j$ ，有转移：

$f[u][i]=max(f[u][i],f[u][i-j]+f[v][j]+wj(K-j)+w(sz[v]-j)(n-sz[v]-K+j))$

注意代码实现的时候 $i$ 要从大到小枚举，并且 $j$ 要先把 $j=0$ 的情况转移好，才能保证 $f[u][i-j]$ 此时不包括 $v$ 的贡献

这个代码实现的时候复杂度是 $n^2$ ，因为枚举当前的 $sz[x]$ 和下一个儿子 $v$ 的 $sz[v]$ 时枚举次数可以看成点对数（在 $v$ 内的点和在之前儿子子树的点）

显然每个点对只会在 $lca$ 处枚举到

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{
    int x=0,f=1; char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
    while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
    return x*f;
}
const int N=2007;
int n,m,sz[N];
int fir[N],from[N<<1],to[N<<1],val[N<<1],cntt;
inline void add(int a,int b,int c) { from[++cntt]=fir[a]; fir[a]=cntt; to[cntt]=b; val[cntt]=c; }
ll f[N][N];
void dfs(int x,int fa)
{
    sz[x]=1; memset(f[x],-1,sizeof(f[x]));
    f[x][0]=f[x][1]=0;
    for(int i=fir[x];i;i=from[i])
    {
        int &v=to[i],&w=val[i]; if(v==fa) continue;
        dfs(v,x); sz[x]+=sz[v];
        for(int j=min(sz[x],m);j>=0;j--)
            for(int k=0;k<=min(sz[v],j);k++)//
                if(f[x][j-k]>=0&&n-sz[v]>=m-k)
                    f[x][j]=max(f[x][j], f[x][j-k] + f[v][k] + 
                    1ll*w* ( k*(m-k) + (sz[v]-k)*(n-sz[v]-m+k) ) );
    }
}
int main()
{
    n=read(),m=read(); int a,b,c;
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        a=read(),b=read(),c=read();
        add(a,b,c),add(b,a,c);
    }
    dfs(1,0);
    printf("%lld
",f[1][m]);
    return 0;
}