【BZOJ4987】Tree（树形dp）

题意：给你一棵 $n$ 个节点的树找出 $k$ 个不同的点 $a_1,a_2,\cdots ,a_k$，
使得 $\sum _{i=1}^{k-1}dis(a_i,a_{i+1})$ 最小。

首先有个容易想到的性质：这 $k$ 个点一定是相邻的，那么选 $k$ 个点可以看成选 $k-1$ 条相连的边。

但关键是我们不是要算一个环的长度，而是一条路径的长度，也就是说不用算从终点再走回到起点的距离，事情就变得麻烦起来。

用树形 dp 求解：设 $dp(i,j,0/1/2)$ 表示在 $i$ 子树中，选出 $j$ 条边的方案数。

其中第 $3$ 维是 $0$ 表示这条路径的两个端点都在根节点 $i$ 上；第 $3$ 维是 $1$ 表示这条路径的两个端点一个在根节点 $i$ 上，另一个在 $i$ 的子树内；第 $3$ 维是 $2$ 表示这条路径的两个端点都在 $i$ 的子树内，但是这条路径经过 $i$。

那么答案就是 $\underset{i=1}{\overset{n}{\min }}dp(i,k-1,0/1)$。

然后转移也比较明显，主要是这个时间复杂度的证明。

证法一：

设对于某一个点 $u$，以 $u$ 为根的子树大小为 $s$，$u$ 的儿子的子树大小分别为 $s_1,s_2,\cdots ,s_m$。

那么在 $u$ 节点的时间是：

$$\begin{array}{rlr}& s_1+s_1\ast s_2+(s_1+s_2)s_3+(s_1+s_2+s_3)s_4+\cdots +\left(\sum _{i=1}^{m-1}{s}_i\right)s_m& \\ \approx & s_1\ast s_2+(s_1+s_2)s_3+(s_1+s_2+s_3)s_4+\cdots +\left(\sum _{i=1}^{m-1}{s}_i\right)s_m& \\ <& 2\left(s_1\ast s_2+(s_1+s_2)s_3+(s_1+s_2+s_3)s_4+\cdots +\left(\sum _{i=1}^{m-1}{s}_i\right)s_m\right)& \\ =& s_1(s_2+s_3+\cdots +s_m)+s_2(s_1+s_3+s_4+\cdots +s_m)+s_3(s_1+s_2+s_4+\cdots +s_m)& \\ =& s_1(s-s_1-1)+s_2(s-s_2-1)+s_3(s-s_3-1)+\cdots +s_m(s-s_m-1)& \\ =& s(s_1+\cdots +s_m)-(s_1^2+s_2^2+\cdots -s_m^2)-(s_1+s_2+\cdots +s_m)<& s(s_1+\cdots +s_m)-(s_1^2+s_2^2+\cdots -s_m^2)\\ =& s(s-1)-(s_1^2+s_2^2+\cdots -s_m^2)& \\ <& s^2-s_1^2-s_2^2-\cdots -s_m^2& \end{array}$$

然后每两层相消，最后总时间复杂度就是根所代表的子树的大小的平方，即 $O(n^2)$。

证法二：

dp 的实质可以看做枚举树中的点对 $(u,v)$，然后当且仅当存在某一个 $root$，使得 $u$ 和 $v$ 分别在 $root$ 的两个儿子的子树中。显然，对于每一个点对 $(u,v)$，有且仅有一个 $root=\mathrm{lca}(u,v)$。所以总时间复杂度是 $O(n^2)$。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>

#define N 3010
#define ll long long
#define INF 0x7fffffff

using namespace std;

int n,k,size[N];
int cnt,head[N],nxt[N<<1],to[N<<1];
ll w[N<<1],dp[N][N][3];
//dp[0]：根进根出
//dp[1]：根进子树内出
//dp[2]：子树内进子树内出（经过根） 

void adde(int u,int v,ll wi)
{
	to[++cnt]=v;
	w[cnt]=wi;
	nxt[cnt]=head[u];
	head[u]=cnt;
}

void dfs(int u,int fa)
{
	size[u]=1;
	dp[u][0][0]=dp[u][0][1]=0;
	for(int i=head[u];i;i=nxt[i])
	{
		int v=to[i];
		if(v==fa) continue;
		dfs(v,u);
		for(int j=size[u]-1;j>=0;j--)
		{
			for(int k=size[v]-1;k>=0;k--)
			{
				dp[u][j+k+1][0]=min(dp[u][j+k+1][0],dp[u][j][0]+dp[v][k][0]+w[i]*2);
				dp[u][j+k+1][1]=min(dp[u][j+k+1][1],min(dp[u][j][0]+dp[v][k][1]+w[i],dp[u][j][1]+dp[v][k][0]+w[i]*2));
				dp[u][j+k+1][2]=min(dp[u][j+k+1][2],min(dp[u][j][0]+dp[v][k][2]+w[i]*2,min(dp[u][j][1]+dp[v][k][1]+w[i],dp[u][j][2]+dp[v][k][0]+w[i]*2)));
			}
		}
		size[u]+=size[v];
	}
}

int main()
{
	memset(dp,127,sizeof(dp));
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i=1;i<n;i++)
	{
		int u,v;ll w;
		scanf("%d%d%lld",&u,&v,&w);
		adde(u,v,w),adde(v,u,w);
	}
	dfs(1,0);
	ll ans=INF;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		ans=min(ans,min(dp[i][k-1][1],dp[i][k-1][2]));
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}