题目
Description
有一棵苹果树，如果树枝有分叉，一定是分2叉（就是说没有只有1个儿子的结点）。
这棵树共有N个结点（叶子点或者树枝分叉点），编号为1-N，树根编号一定是1。
我们用一根树枝两端连接的结点的编号来描述一根树枝的位置。下面是一颗有4个树枝
的树：
2 5
＼ ／
3 4
＼ ／
1
现在这颗树枝条太多了，需要剪枝。但是一些树枝上长有苹果。
给定需要保留的树枝数量，求出最多能留住多少苹果。注意树根不能剪没了哟。
Input
第1行2个数，N和Q(1<=Q<=N，I<N<=IOO)。
N表示树的结点数，Q表示要保留的树枝数量。
接下来N-I行描述树枝的信息。 每行3个整数，前两个是它连接的结点的编号。第3个数是这根树枝上苹果的数量。 每根树枝上的苹果不超过30000个。
Output
一个数，最多能留住的苹果的数量。
Sample Input
5 2 1 3 1 1 4 10 3 2 20 3 5 20
Sample Output
21
思路
二叉解析
一道树形dp的题目；
我们可以设dp[x][i]为以x为根的节点的儿子边（也就是i节点以下的所有边），保留了i条边；
题目是一颗二叉树所有每次我们只需考虑两个儿子的信息，然后将信息合并到根节点；
那么考虑两种情况：
1，只有一个儿子节点保留全部的边，也就是另一个儿子节点没有保留边i=0;
那么dp[x][i]=max(dp[leftx][i-1]+v[x][leftx], dp[rightx][i-1]+v[x][rightx]);
(leftx表示左儿子，rightx表示右儿子，v[][]表示两点之间的权值）；
那为什么儿子保留的边要减一dp[leftx][i-1], 因为x到leftx之间也有一条边，儿子下面的边怎么可能和父节点一样呢；
2，枚举x节点保留的边i中，分配到左边有多少条边j（j<i);
左儿子leftx保留了多少边j-1；
但是x到leftx之间也有一条边所有j要减一，那么右儿子rightx 保留边数就是i-j-1;
那么dp[x][i]=max(dp[leftx][j-1]+v[x][leftx]+dp[rightx][i-j-1]+v[x][rightx], dp[i][j]);
(leftx表示左儿子，rightx表示右儿子，v[][]表示两点之间的权值）；
那么转移方程就是
for(ll i=1;i<=q;i++)//枚举保留边数 for(ll j=0;j<=i;j++)//枚举分配到左边的边数 { //son存的是父节点到儿子的边的编号 ll sum=0,L=a[son[x][1]].to,R=a[son[x][2]].to; if(j-1>=0)//因为儿子到父节点也有条边，所以j-1才是左节点保留的边数 sum+=a[son[x][1]].v; if(i-j-1>=0)//表示右边有分配 sum+=a[son[x][2]].v; if(j==0)//j==0表示只分配到了右边 dp[x][i]=max(dp[x][i],dp[R][i-1]+sum); else dp[x][i]=max(dp[x][i],dp[L][j-1]+dp[R][i-j-1]+sum); }
这样就好了
此题多叉情况的解析
代码
#include<bits/stdc++.h> typedef long long ll; using namespace std; inline ll read() { ll a=0,f=1; char c=getchar(); while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1; c=getchar();} while (c>='0'&&c<='9') {a=a*10+c-'0'; c=getchar();} return a*f; }//好用的快读 ll n,q; ll head[401],dp[401][30010],son[401][3]; struct ljj { ll stb,to,v; }a[601]; ll s=0; inline void insert(ll x,ll y,ll z) { s++; a[s].stb=head[x]; a[s].to=y; a[s].v=z; head[x]=s; } inline void dfs(ll x,ll fa) { ll tot=0; for(ll i=head[x];i;i=a[i].stb) { ll xx=a[i].to; if(xx==fa) continue; tot++; son[x][tot]=i;//son表示x到儿子的边（son[x][1]表示左节点的表,son[x][2]表示右节点） dfs(xx,x); } if(!tot)//如果x没有节点，就返回 return; for(ll i=1;i<=q;i++)//枚举保留边数 for(ll j=0;j<=i;j++)//枚举分配到左边的边数 { //son存的是父节点到儿子的边的编号 ll sum=0,L=a[son[x][1]].to,R=a[son[x][2]].to; if(j-1>=0)//因为儿子到父节点也有条边，所以j-1才是左节点保留的边数 sum+=a[son[x][1]].v; if(i-j-1>=0)//表示右边有分配 sum+=a[son[x][2]].v; if(j==0)//j==0表示只分配到了右边 dp[x][i]=max(dp[x][i],dp[R][i-1]+sum); else dp[x][i]=max(dp[x][i],dp[L][j-1]+dp[R][i-j-1]+sum); } } int main() { n=read();q=read(); for(ll i=1;i<n;i++) { ll x=read(),y=read(),z=read(); insert(x,y,z); insert(y,x,z); } dfs(1,0); printf("%lld ",dp[1][q]); }