描述
贪吃的九头龙(dragon.pas/c/cpp)
【问题描述】
传说中的九头龙是一种特别贪吃的动物。虽然名字叫“九头龙”，但这只是说它出生的时候有九个头，而在成长的过程中，它有时会长出很多的新头，头的总数会远大于九，当然也会有旧头因衰老而自己脱落。
有一天，有M个脑袋的九头龙看到一棵长有N个果子的果树，喜出望外，恨不得一口把它全部吃掉。可是必须照顾到每个头，因此它需要把N个果子分成M组，每组至少有一个果子，让每个头吃一组。
这M个脑袋中有一个最大，称为“大头”，是众头之首，它要吃掉恰好K个果子，而且K个果子中理所当然地应该包括唯一的一个最大的果子。果子由N-1根树枝连接起来，由于果树是一个整体，因此可以从任意一个果子出发沿着树枝“走到”任何一个其他的果子。
对于每段树枝，如果它所连接的两个果子需要由不同的头来吃掉，那么两个头会共同把树枝弄断而把果子分开；如果这两个果子是由同一个头来吃掉，那么这个头会懒得把它弄断而直接把果子连同树枝一起吃掉。当然，吃树枝并不是很舒服的，因此每段树枝都有一个吃下去的“难受值”，而九头龙的难受值就是所有头吃掉的树枝的“难受值”之和。
九头龙希望它的“难受值”尽量小，你能帮它算算吗？
例如图1所示的例子中，果树包含8个果子，7段树枝，各段树枝的“难受值”标记在了树枝的旁边。九头龙有两个脑袋，大头需要吃掉4个果子，其中必须包含最大的果子。即N=8，M=2，K=4：
输入格式
输入文件dragon.in的第1行包含三个整数N (1
输出格式
输出文件dragon.out仅有一行，包含一个整数，表示在满足“大头”的要求的前提下，九头龙的难受值的最小值。如果无法满足要求，输出-1。
测试样例1
输入
8 2 4
1 2 20
1 3 4
1 4 13
2 5 10
2 6 12
3 7 15
3 8 5
输出
4
备注
该样例对应于题目描述中的例子。
前言：
对不起大家，讲的时候心情不是很好。下面为大家重新整理一下解题思路。
分析：
题目简述：
将一棵树中的节点染成M种颜色，每个节点有且只有一种颜色，在满足以下条件下使得两端颜色相同的边的权值和最小，所有边权均非负。
（1）必须有K个1号颜色的点；
（2）1号节点必须是1号颜色；
（3）每种颜色必须至少有一个节点。如无解，输-1。
无解的情况很明显，当且仅当N-K<M-1时无解。
考虑用动态规划来解决。
如果以一棵子树作为一个子结构，分析需要考虑的状态：
（1）根节点的颜色。
（2）1号颜色的个数。
（3）树中颜色的分配情况，如何保证每种颜色都有节点。
初步分析可以得到一种四维的状态:
f[i][j][k][w]，表示在以i为根的子树中，有j个1号节点，根染k号颜色，树中已有的颜色用w表示（w是一个二进制数）的状态下最小的权值和。
首先，这个方程用到了状态压缩w，因此对于本题300的数据范围是不现实的，需要继续思考。
假设这样一个问题，仍然是对树染色，可以任意染色，那么只要2种颜色，就可以保证任意一条边两端的颜色不同，联想到这道题，因为1号颜色比较特殊，因此单独处理，而余下的颜色如果大于等于2种，那么无论1号颜色如何染色，都可以保证一条边两边不会出现相同的非1号颜色的情况，换言之，如果M>=3，对答案有贡献的只有1号颜色节点之间的边。这样当M>=3时，可以直接按3处理，这样状态压缩是可以承受的。既然有了这样的优化，k也可以只用0,1来表示，1表示1号颜色，0表示非1号颜色。而M=2时就更简单了，0,1就直接把颜色分开了。
初步分析下来，得到了一个状态数为O(N*K*2*2³)，转移为O(K*2*2³)，总复杂度为O(N*K²*256)。由于N,K≤300，理论分析是会超时，但实际操作中可以不用循环到K，因为循环的上限可以设为min(K,子树i的总节点数)。这样的话，这个复杂度还是可以承受的。
本题还有优化吗？答案是肯定的。
如果要优化状态，前3维似乎是无法优化的，考虑第4维。之所以一开始要加入这一维，就是担心会存在有一些颜色无法染上的问题，经过后来的分析，发现除了1号颜色会对答案有贡献之外，其他颜色其实是可以被忽略的，因为我们可以保证它们不会对答案造成影响，那么只要有足够多的节点来染除1外的颜色，就可以确保每一种颜色都可以被染上，至于到底在哪里，其实并不重要。这样想，就会发现其实第四维是完全多余的，可以直接略去。
最终状态:
f[i][j][k], 表示在以i为根的子树中，有j个1号节点，根染k号颜色的状态下最小的权值和。
注意：在具体转移时，要先将原来的f[i]复制一份，然后将f[i]清为无穷大，然后用备份的f[i]结合上述方程来计算f[i]的值。因为计算儿子没计算完时的状态是不能保留的，因为他们没有考虑完所有的情况，严格来讲，可以在上述方程中加上1维，表示计算到当前根的第几个儿子，每一次都是有上一次的状态和儿子的最终状态合并。这样就可以用滚动数组或辅助数组的方式来实现。
设y是i的一个儿子。
f[i][j][1]=min{f[i][j][1],f[y][k][1]+ pref[i][j-k][1]+value[i][y],f[y][k][0]+ pref[i][j-k][1]}
f[i][j][0]=min{f[i][j][0],
f[y][k][0]+ pref[i][j-k][0]+ value[i][y] |if m=2
f[y][k][0]+ pref[i][j-k][0]+ value[i][y] , f[y][k][1]+ pref[i][j-k][0]| if m≠2
}
初始值，对于每一个i，f[i][0][0]=f[i][1][1]=0.
答案为f[1][K][1]。
AC代码：
#include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; #define N 305 struct node{ int v,w,next; }e[N<<1]; int tot,head[N<<1]; int n,m,K; int sum[N],tmp[N][2],f[N][N][2]; inline void MIN(int &x,int y,int z){ if(x>y) x=y; if(x>z) x=z; } inline void add(int x,int y,int z){ e[++tot].v=y; e[tot].w=z; e[tot].next=head[x]; head[x]=tot; } void dp(int x,int from){ f[x][1][1]=f[x][0][0]=0;sum[x]=1; int i,j,k,y,t; for(i=head[x];i;i=e[i].next){ if((y=e[i].v)!=from){ dp(y,x); sum[x]+=sum[y]; t=(m==2?e[i].w:0); //MIN(f[i][j][1],f[y][k][1]+pref[i][j-k][1]+val[i][y],f[y][k][0]+pref[i][j-k][1]); //MIN(f[i][j][0],f[y][k][0]+pref[i][j-k][0]+val[i][y]{m=2},f[y][k][1]+pref[i][j-k][0]{m!=2}); memcpy(tmp,f[x],sizeof f[x]); memset(f[x],127/3,sizeof f[x]); for(j=sum[x];j+1;j--){ if(j) for(k=j-1;k+1;k--) MIN(f[x][j][1],tmp[j-k][1]+f[y][k][0],tmp[j-k][1]+f[y][k][1]+e[i].w); for(k=j;k+1;k--) MIN(f[x][j][0],tmp[j-k][0]+f[y][k][0]+t,tmp[j-k][0]+f[y][k][1]); } } } } int main(){ memset(f,127/3,sizeof f); scanf("%d%d%d",&n,&m,&K); if(n-K<m-1){puts("-1");return 0;} for(int i=1,x,y,z;i<n;i++){ scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); add(x,y,z);add(y,x,z); } dp(1,0); printf("%d ",f[1][K][1]); return 0; }