题目地址:
https://www.acwing.com/problem/content/1076/
有一棵二叉苹果树,如果树枝有分叉,一定是分两叉,即没有只有一个儿子的节点。这棵树共 N N N个节点,编号为 1 1 1至 N N N,树根编号一定为 1 1 1。我们用一根树枝两端连接的节点编号描述一根树枝的位置。一棵苹果树的树枝太多了,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,求最多能留住多少苹果。这里的保留是指最终与 1 1 1号点连通。
输入格式:
第一行包含两个整数 N N N和 Q Q Q,分别表示树的节点数以及要保留的树枝数量。接下来 N − 1 N−1 N−1行描述树枝信息,每行三个整数,前两个是它连接的节点的编号,第三个数是这根树枝上苹果数量。
输出格式:
输出仅一行,表示最多能留住的苹果的数量。
数据范围:
1 ≤ Q < N ≤ 100 1≤Q<N≤100 1≤Q<N≤100
N ≠ 1 N≠1 N=1
每根树枝上苹果不超过 30000 30000 30000个。
思路是动态规划。设 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j]是以 i i i为树根,最多保留 j j j个树枝的时候能取到的最大苹果数量。将其每个儿子为根的子树看成一组物品,每组物品有若干种取法,比如孩子一共有 x 1 , x 2 , . . . x_1,x_2,... x1,x2,...,当考虑到孩子 x s x_s xs,算 f [ x s ] f[x_s] f[xs]的时候可以取 0 , 1 , 2 , . . . , j − 1 0,1,2,...,j-1 0,1,2,...,j−1个树枝(因为要最终与 1 1 1号点,即树根相连,所以 i → x i\to x i→x这条边是必须得取的),所以: f s [ i ] [ j ] = max { f s − 1 [ i ] [ j ] , max 0 ≤ k ≤ j − 1 f s − 1 [ i ] [ j − k − 1 ] + f [ x s ] [ k ] + ∣ ( i , x s ) ∣ } f_s[i][j]=\max\{f_{s-1}[i][j],\max_{0\le k\le j-1}f_{s-1}[i][j-k-1]+f[x_s][k]+|(i,x_s)|\} fs[i][j]=max{ fs−1[i][j],0≤k≤j−1maxfs−1[i][j−k−1]+f[xs][k]+∣(i,xs)∣}式子里面的 f s f_s fs表示只考虑前 s s s个孩子。 f s − 1 [ i ] [ j ] f_ {s-1}[i][j] fs−1[i][j]枚举的是完全略过 x s x_s xs这棵子树的情形。代码里可以模仿 0 − 1 0-1 0−1背包的写法,将体积从大到小循环,以节省”考虑到第几组“这一维空间。代码如下:
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 110, M = 2 * N;
int n, m;
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
int f[N][N];
void add(int a, int b, int c) {
e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
void dfs(int u, int parent) {
for (int i = h[u]; i != -1; i = ne[i]) {
int v = e[i];
if (v == parent) continue;
// 先递归求解f[v]
dfs(v, u);
// 枚举树枝总数的上界(即保留不超过多少个树枝)
for (int j = m; j >= 1; j--)
// 枚举v这棵子树取多少个树枝
for (int k = 0; k < j; k++)
f[u][j] = max(f[u][j], f[u][j - k - 1] + f[v][k] + w[i]);
}
}
int main() {
cin >> n >> m;
memset(h, -1, sizeof h);
for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
int a, b, c;
cin >> a >> b >> c;
// 只知道树根但不知道边的方向,所以只能建双向边
add(a, b, c), add(b, a, c);
}
dfs(1, -1);
cout << f[1][m] << endl;
return 0;
}
时空复杂度 O ( N Q ) O(NQ) O(NQ)。