蓝桥杯 金属采集（树形dp）

  算法提高 金属采集  

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问题描述

人类在火星上发现了一种新的金属！这些金属分布在一些奇怪的地方，不妨叫它节点好了。一些节点之间有道路相连，所有的节点和道路形成了一棵树。一共有 n 个节点，这些节点被编号为 1~n 。人类将 k 个机器人送上了火星，目的是采集这些金属。这些机器人都被送到了一个指定的着落点， S 号节点。每个机器人在着落之后，必须沿着道路行走。当机器人到达一个节点时，它会采集这个节点蕴藏的所有金属矿。当机器人完成自己的任务之后，可以从任意一个节点返回地球。当然，回到地球的机器人就无法再到火星去了。我们已经提前测量出了每条道路的信息，包括它的两个端点 x 和 y，以及通过这条道路需要花费的能量 w 。我们想花费尽量少的能量采集所有节点的金属，这个任务就交给你了。

输入格式

第一行包含三个整数 n, S 和 k ，分别代表节点个数、着落点编号，和机器人个数。

接下来一共 n-1 行，每行描述一条道路。一行含有三个整数 x, y 和 w ，代表在 x 号节点和 y 号节点之间有一条道路，通过需要花费 w 个单位的能量。所有道路都可以双向通行。

输出格式

输出一个整数，代表采集所有节点的金属所需要的最少能量。

样例输入

6 1 3
1 2 1
2 3 1
2 4 1000
2 5 1000
1 6 1000

样例输出

3004

样例说明

所有机器人在 1 号节点着陆。

第一个机器人的行走路径为 1->6 ，在 6 号节点返回地球，花费能量为1000。

第二个机器人的行走路径为 1->2->3->2->4 ，在 4 号节点返回地球，花费能量为1003。

第一个机器人的行走路径为 1->2->5 ，在 5 号节点返回地球，花费能量为1001。

数据规模与约定

本题有10个测试点。

对于测试点 1~2 ， n <= 10 ， k <= 5 。

对于测试点 3 ， n <= 100000 ， k = 1 。

对于测试点 4 ， n <= 1000 ， k = 2 。

对于测试点 5~6 ， n <= 1000 ， k <= 10 。

对于测试点 7~10 ， n <= 100000 ， k <= 10 。

道路的能量 w 均为不超过 1000 的正整数。

思路：直接看结束状态，即返回地球的节点。我们可以定义状态：dp[u][v]:=以u为根节点的子树中（包括u）含有v个返回地球的节点的花费；

状态转移方程：dp[u][v]=∑(dp[son][0]+2*cost[u][v])（u的son没有返回地球的节点即机器人又反回）

                            dp[u][v]=∑(dp[u][v],dp[son][m]+dp[u][k-m]+cost[u][v]*m)（1<=m<=k）（u的son含有m个返回地球的节点，则u含有(k-m)个）

代码：

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;  const int N=100001;struct edge  {      int v,w;  };  int vist[N],dp[N][11];  vector<edge> node[N];  int n,s,k;void dfs(int u)  {        vist[u]=1;int len=node[u].size();      for(int i=0; i<len; i++)      {          int son=node[u][i].v; int cost=node[u][i].w;          if(!vist[son])        {    dfs(son);              for(int j=k; j>=0; j--)//只能j从k到0，因为u是根节点            {                  dp[u][j]+=(dp[son][0]+2*cost);//相当于m=0的情况                  for(int m=1; m<=j; m++)                      dp[u][j]=min(dp[u][j],dp[son][m]+dp[u][j-m]+cost*m);             }    }    }  }  int main()  {          scanf("%d%d%d",&n,&s,&k);      memset(dp,0,sizeof(dp));    for(int i=0; i<=n; i++)          node[i].clear(),vist[i]=0; int a,b,c;edge e;    for(int i=1; i<n; i++)      {          scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);          e.v=b;          e.w=c;          node[a].push_back(e);          e.v=a;          e.w=c;          node[b].push_back(e);      }        dfs(s);      printf("%d\n",dp[s][k]);    }