树型DP：二叉苹果树
另外一个提交地址：http://www.cqoi.net:2012/JudgeOnline/problem.php?id=1375
里面有中文题目，不解释题目了。
树型DP：主要是两点，怎么建树，怎么DP。这两者应该说是相互制约相互影响的，怎么DP就要怎么建树，而建树方法对不对也决定了你能不能DP。所以先分析怎么DP的，再分析怎么建树
题意说要保留m个树枝，而且注意权值不是点的而是树枝的，这样子并不利于我们解决问题，我们可以转化一下，把权值转移给节点。首先给出所有边的信息后，我们的建树是唯一的（这个问题值得思考一下为什么，唯一是指不考虑左右孩子的位置，而只考虑从属关系，好像1（3,4），1（4,3）我们认为是同一棵树，这样考虑的话，建树是唯一的）
基于树的递归性质，而且规定了1必定为树根，而建树又是唯一的，那么我们就可以采用递归的方法用1开始建树，建树部分不详说，看代码就知道是怎么回事了。另外建树时我们要把树枝的权值给节点，而一个树枝连接的其实是孩子和父亲，我们把权值给孩子。这样建树后，每个节点都会有权值，除了1，因为是整个树的根它没有父亲，所以它的权值为0.注意其他点的权值也可能为0，因为本来树枝权值可能为0，但是这不影响解题
细想一下，一棵树中要保留m个树枝，等价于要保留m+1个点，其中一个点就是树根，即要保留m个子孙后代节点
所以问题转化为，以1为根的树，包括1在内一共保留m+1个节点，或说以1为根保留m个子孙后代节点。注意这两者的本质是相同的，但是写法却不同，推荐前者的写法，不容易出错。下面来说说两者具体都是怎么DP的
两者都是递归式DP，即记忆化搜索
先说第一种：dp[rt][m]表示以rt为根，保留m个节点（包括rt自己），所以目标状态为dp[1][m+1]
状态转移方程为 dp[rt][m] = max{ dp[lch][a] + dp[rch][b] } + val[rt];
解释：即以左孩子为根保留a个节点（包括左孩子本身），以右孩子为根保留b个节点（包括右孩子本身），最后要加上rt这个点本身的权值。可知 a+b+1=m （注意这点）
注意：rt=0时，即递归边界，返回0，同样的，m=0时返回0，即一个点都不保留（包括根自己）
第二种：dp[rt][m]表示以rt为根，保留m个子孙后代节点，所以目标状态为dp[1][m]
状态转移方程： dp[rt][m] = max { dp[lch][a]+val[lch] + dp[rch][b]+val[rch] } + val[rt]
解释：即以左孩子为根保留a个子孙后代节点，而左孩子本身的权值也要计算进去。以右孩子保留b个子孙后代节点，而右孩子本身的权值也要计算进去，最后要加上根的权值
可知 （a+1）+（b+1）+1=m
注意：这样dp需要注意一些细节：rt=0，递归边界，返回0；m=0，返回val[rt]，m=0表示不要保留孩子，但是还有根，所以要返回根的权; m<0,在这种DP种是会出现m<0的情况的，<0表示什么都不保留，即根都不要保留，直接删掉整个子树，返回0，因为什么节点都不保留了
先给出第1种和第2种dp代码，方便对比，可以看完全部代码再回头看
第1种
int dfs(int rt ,int m) { if(rt==0 || m<0) return 0; if(m==0) return dp[rt][m]=tree[rt].val; if(dp[rt][m]!=-1) return dp[rt][m]; dp[rt][m]=0; for(int a=0; a<=m; a++) { int b=m-a; int sl,sr,lch,rch; lch=tree[rt].lch; rch=tree[rt].rch; sl=dfs(lch,a-1); sr=dfs(rch,b-1); dp[rt][m]=max(dp[rt][m] , sl+sr); } return dp[rt][m]+=tree[rt].val ; }
第二种
int dfs(int rt ,int m) { if(rt==0 || m<0) return 0; if(m==0) return dp[rt][m]=tree[rt].val; if(dp[rt][m]!=-1) return dp[rt][m]; dp[rt][m]=0; for(int a=0; a<=m; a++) { int b=m-a; int sl,sr,lch,rch; lch=tree[rt].lch; rch=tree[rt].rch; sl=dfs(lch,a-1); sr=dfs(rch,b-1); dp[rt][m]=max(dp[rt][m] , sl+sr); } return dp[rt][m]+=tree[rt].val ; }
全部代码（以第1种DP）
#include <cstdio> #include <cstring> #define N 110 #define INF 0x3f3f3f3f #define max(a,b) a>b?a:b int val[N][N]; int dp[N][N]; struct node { int lch,rch; int val ; }tree[N]; bool vis[N]; void build(int rt ,int n) { vis[rt]=true; for(int i=1; i<=n; i++) if(!vis[i] && val[rt][i]!=-1) { if(!tree[rt].lch) tree[rt].lch=i; else tree[rt].rch=i; tree[i].val=val[rt][i]; build(i,n); } } int dfs(int rt ,int m) { if(rt==0 || m<=0) return dp[rt][m]=0; if(dp[rt][m]!=-1) return dp[rt][m]; dp[rt][m]=0; for(int a=0; a<m; a++ { int b=m-1-a int sl,sr,lch,rch; lch=tree[rt].lch; rch=tree[rt].rch; sl=dfs(lch,a); sr=dfs(rch,b); dp[rt][m]=max(dp[rt][m] , sl+sr); } return dp[rt][m]+=tree[rt].val ; } int main() { int n,m; while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) { memset(val,-1,sizeof(val)); for(int i=1; i<n; i++) { int a,b,v; scanf("%d%d%d",&a,&b,&v); val[a][b]=val[b][a]=v; } memset(vis,false,sizeof(vis)); memset(tree,0,sizeof(tree)); build(1,n); //for(int i=1; i<=n; i++) //printf("%d: lch=%d rch=%d val=%d\n",i,tree[i].lch,tree[i].rch,tree[i].val); memset(dp,-1,sizeof(dp)); dfs(1,m+1); printf("%d\n",dp[1][m+1]); } return 0; }