hdu4003&&蓝桥杯， 算法提高 金属采集 （树形DP，经典。。。）

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。

dp[p][m]:表示在以p为根的子树中停留m个机器人的花费。把一棵子树看作是一个整体。

#include<stdio.h>#include<iostream>#include<string.h>#include<vector>using namespace std;#define N 100001#define Max_M 11#define inf 0xfffffffstruct SON{    int id,ans;};int vist[N],cost[N],dp[N][Max_M],M;vector<SON>node[N];int min(int a,int b){    return a>b?b:a;}void dfs(int p){    for(int m=M;m>=0;m--)    dp[p][m]=0;    vist[p]=1;    for(int i=0; i<node[p].size(); i++)    {        int son=node[p][i].id;        if(vist[son])continue;        cost[son]=node[p][i].ans;        dfs(son);        for(int m=M; m>=0; m--)//这里要注意不能掉了0的情况        {            dp[p][m]+=(dp[son][0]+2*cost[son]);//子树son中没有停留机器人，那么意味全反回，最少是去一个所以最少反回一个            for(int raim=1; raim<=m; raim++)//在子树son中停raim个机器人的情况            dp[p][m]=min(dp[p][m],dp[p][m-raim]+raim*cost[son]+dp[son][raim]);        }    }}int main(){    int n,s,a,b,c;    SON son;    scanf("%d%d%d",&n,&s,&M);    for(int i=0; i<=n; i++)        node[i].clear(),vist[i]=0;    for(int i=1; i<n; i++)    {        scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);        son.id=b;        son.ans=c;        node[a].push_back(son);        son.id=a;        son.ans=c;        node[b].push_back(son);    }    dfs(s);    printf("%d\n",dp[s][M]);}