【HAOI2015】树上染色

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看到题想了想，或许可以算每个子树，就像普通树形dp.

然后搞出了 dp [ i ] [ j ] ,g [ i ] [ j ] ,cnt [ i ] [ j ]...

并且我可以严谨的证明这玩意是错的。

然后移步题解，意识到树性DP除了可以按点统计，还可以按边来看。

考虑枚举到一条边 ( u , v ) ，对答案的贡献就是 black [ u ] * black [ v ] + white [ u ] * white [ v ] * w [ i ].z;

很自然，我们设 dp [ i ] [ j ] 为以 i 为根的子树内有 j 个黑节点的最大收益。

简单转移一下就好。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=2005;
typedef long long LL;

inline LL read(){
    LL 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*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x*f;
}

int n,kk;
LL x,y,z;
struct node{
    LL y,nxt,z;
}e[N<<1];
int tot=0,h[N];

inline void ad(LL x,LL y,LL z){
    ++tot;
    e[tot].y=y;e[tot].z=z;e[tot].nxt=h[x];h[x]=tot;
}

LL dp[N][N];
int sz[N];

inline void dfs(int x,int f){
    sz[x]=1;
    for(int i=h[x];i;i=e[i].nxt){
        int y=e[i].y;
        if(y==f)continue;
        dfs(y,x);sz[x]+=sz[y];
    }
}

inline void solve(int x,int f){
    memset(dp[x],-1,sizeof(dp[x]));dp[x][0]=dp[x][1]=0;
    for(int i=h[x];i;i=e[i].nxt){
        int y=e[i].y;
        if(y==f)continue;
        solve(y,x);
        for(int j=min(kk,sz[x]);j>=0;--j){
            for(int k=0;k<=min(j,sz[y]);++k){
                if(~dp[x][j-k]){
                    LL val=((kk-k)*k+(n-sz[y]-(kk-k))*(sz[y]-k))*e[i].z;
                    dp[x][j]=max(dp[x][j],dp[y][k]+dp[x][j-k]+val);
                }
            }
        }
    }
}
int main(){
    n=read();kk=read();
    for(int i=1;i<n;++i){
        x=read();y=read();z=read();
        ad(x,y,z);ad(y,x,z);
    }
    dfs(1,1);
    solve(1,1);
    cout<<dp[1][kk];
} 

这里的初值为什么要设为-1？

因为转移是倒序的，所以第一次转移时可能发生dp[x][j-k]无值可传的现象，这样统计的答案就不是实际的值了。

做DP问题要关注状态是否真实，真实就是指合法的从已知状态转移过来。

转了假状态，会使答案变得fake。