BZOJ4033 T1

Description

有一棵点数为(N)的树，树边有边权。给你一个在(0-N)之内的正整数(K)，你要在这棵树中选择(K)个点，将其染成黑色，并将其他的(N-K)个点染成白色。将所有点染色后，你会获得黑点两两之间的距离加上白点两两之间的距离的和的受益。问受益最大值是多少。

Input

第一行包含两个整数(N,K)。
接下来(N-1)行每行三个正整数(fr, to, dis)，表示该树中存在一条长度为(dis)的边((fr, to))。输入保证所有点之间是联通的。

Output

输出一个正整数，表示收益的最大值。

Sample Input

3 1
1 2 1
1 3 2

Sample Output

3

HINT

对于(100\%)的数据，(0 le K le N le 2000)。

一道很好的树形dp题。(f_{i,j})表示以(i)为根的子树中染(j)个黑点的最大收益，那么问题就来了，应该怎么转移？
假设我们此时已经dp到(now)这个跟，试着更新(f_{now,j})，现在用其儿子(c)来更新。假设连接(now)和(c)的边权值(dis)，枚举(f_{c,k})，之后就计算此边贡献即可。黑点这条边经过了((K-k) imes k)次（所有黑点，并不只是(now)子树中），故贡献((K-k) imes k imes dis)。白点也这样算即可。故转移方程为

[f_{now,j} = max(f_{now,j},f_{now,j-k}+f_{c,k}+(K-k) imes k imes dis+(N-K-(size-k)) imes (size-k) imes dis) ]

其中(size)为(c)的子树大小。
代码如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
using namespace std;

#define maxn (2010)
typedef long long ll;
int cnt,N,K,len[maxn*2],next[maxn*2],toit[maxn*2],side[maxn]; ll f[maxn][maxn];

inline void add(int a,int b,int c) { next[++cnt] = side[a]; side[a] = cnt; toit[cnt] = b; len[cnt] = c; }
inline void ins(int a,int b,int c) { add(a,b,c); add(b,a,c); }

inline void upd(ll &a,ll b) { a = max(a,b); }

inline int dfs(int now,int fa)
{
	int sz = 1;
	memset(f[now],128,sizeof(f[now])); f[now][0] = f[now][1] = 0;
	for (int i = side[now];i;i = next[i])
	{
		if (toit[i] == fa) continue;
		int num = dfs(toit[i],now);
		for (int j = min(K,sz += num);j >= 0;--j)
			for (int k = 0;k <= num&&k <= j;++k)
				upd(f[now][j],((ll)(K-k)*(ll)k+(ll)(N-K-(num-k))*(ll)(num-k))*(ll)len[i]+f[toit[i]][k]+f[now][j-k]);
	}
	return sz;
}

int main()
{
	freopen("4033.in","r",stdin);
	freopen("4033.out","w",stdout);
	scanf("%d %d",&N,&K);
	for (int i = 1,a,b,c;i < N;++i)	scanf("%d %d %d",&a,&b,&c),ins(a,b,c);
	dfs(1,0);
	printf("%lld",f[1][K]);
	fclose(stdin); fclose(stdout);
	return 0;
}