HDU_6060 RXD and dividing 【DFS】

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题目描述

给一棵树T，有n个结点。
给一个k，表示有k个集合，我们需要把2,3,4,…n号节点放入集合，要保证k个集合的并集等于{2,3,4,5n}，并且集合互不相交。(集合可以为空)
然后每次取一个集合Si与{1}求并，得到比如{1,2,3}，那么temp = f({1,2,3})；f({1}并Si)的意思是把合内的所有点连接起来的边的权值和。最后把所有权值和相加的到答案。
最后问你能够得到最大的答案。

解题思路

我们要想得到最大的答案，那么就要尽可能的去利用这些边，也就是尽可能重复计算这些边。
那么我们想，假设先从叶子节点开始，把这些叶子节点放入一个集合，那么这个集合的temp值就会把所有的边都算一遍。那么下次我们取所有叶子节点的父亲，放入一个集合，那么这个集合的temp值会把除了叶子节点到父亲的那条那边的其他所有边都算一遍。因为集合可以为空，以此类推，我们就可以得到最大的答案。但是如果遇到集合不够的情况，就把剩下的所有点加入最后一个集合。
那么有以上分析，其实就是算每条边会算多少次，比如叶子节点到父亲的那条边会算一次。其实一条边会算多少次跟某个点的所有子孙节点个数有关，就比如样例中，2号点有3个子孙节点，那么2号点连接父节点的那条边会算3+1次。3号点有0个子孙节点，那么3号点连接父节点的那条边会算0+1次。
那么其实问题就是转化为求每个点的子孙节点个数，然后算出每条边要重复计算的次数即可。

代码部分

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int N=1e6+7;int head[N],nxt[N*2],v[N*2],w[N*2],sz[N];int n,k,g[N],ed;long long ans;inline void adg(int x,int y,int z)///头插法{    v[++ed]=y;///v表示的是终点    w[ed]=z;///w表示的是这条边的权重    nxt[ed]=head[x];///xt表示的是钱一条边    head[x]=ed;///头的指向改变}void dfs(int x,int fa,int val){    sz[x]=1;    for(int i=head[x]; i!=0; i=nxt[i])        if(v[i]!=fa)///不是又找到本身这条边了        {            dfs(v[i],x,w[i]);            sz[x]+=sz[v[i]];      //      printf("x=%d     sz[x]=%d     val=%d\n",x,sz[x],val);        }    ans+=1ll*min(k,sz[x])*val;    //printf("ans==%lld\n",ans);}int main(){    while(~scanf("%d%d",&n,&k))    {        for(int i=1; i<=n; i++)            head[i]=0;///每一个点的指向都赋初值        ed=0;        ans=0;        for(int i=1;i<n;i++)        {            int x,y,z;            scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);            adg(x,y,z),adg(y,x,z);        }        dfs(1,0,0);        printf("%lld\n",ans);    }    return 0;}