hihocoder - 第十二周 - 刷油漆

时间限制:10000ms

单点时限:1000ms

内存限制:256MB

描述

小Hi和小Ho在兑换到了喜欢的奖品之后，便继续起了他们的美国之行，思来想去，他们决定乘坐火车前往下一座城市——那座城市即将举行美食节！

但是不幸的是，小Hi和小Ho并没有能够买到很好的火车票——他们只能够乘坐最为破旧的火车进行他们的旅程。

不仅如此，因为美食节的吸引，许多人纷纷踏上了和小Hi小Ho一样的旅程，于是有相当多的人遭遇到了和小Hi小Ho一样的情况——这导致这辆车上的人非常非常的多，以至于都没有足够的位置能让每一个人都有地方坐下来。

小Hi和小Ho本着礼让他们的心情——当然还因为本来他们买的就是站票，老老实实的呆在两节车厢的结合处。他们本以为就能够这样安稳抵达目的地，但事与愿违，他们这节车厢的乘务员是一个强迫症，每隔一小会总是要清扫一次卫生，而时值深夜，大家都早已入睡，这种行为总是会惊醒一些人。而一旦相邻的一些乘客被惊醒了大多数的话，就会同乘务员吵起来，弄得大家都睡不好。

将这一切看在眼里的小Hi与小Ho决定利用他们的算法知识，来帮助这个有着强迫症的乘务员——在不与乘客吵起来的前提下尽可能多的清扫垃圾。

小Hi和小Ho所处的车厢可以被抽象成连成一列的N个位置，按顺序分别编号为1..N，每个位置上都有且仅有一名乘客在休息。同时每个位置上都有一些垃圾需要被清理，其中第i个位置的垃圾数量为Wi。乘务员可以选择其中一些位置进行清理，但是值得注意的是，一旦有编号连续的M个位置中有超过Q个的位置都在这一次清理中被选中的话（即这M个位置上的乘客有至少Q+1个被惊醒了），就会发生令人不愉快的口角。而小Hi和小Ho的任务是，计算选择哪些位置进行清理，在不发生口角的情况下，清扫尽可能多的垃圾。

提示一：无论是什么动态规划，都需要一个状态转移方程！

提示二：好像什么不对劲？状态压缩哪里去了？

输入

每个测试点（输入文件）有且仅有一组测试数据。

每组测试数据的第一行为三个正整数N、M和Q，意义如前文所述。

每组测试数据的第二行为N个整数，分别为W1到WN，代表每一个位置上的垃圾数目。

对于100%的数据，满足N<=1000, 2<=M<=10,1<=Q<=M, Wi<=100

输出

对于每组测试数据，输出一个整数Ans，表示在不发生口角的情况下，乘务员最多可以清扫的垃圾数目。

样例输入

5 2 136 9 80 69 85 

样例输出

201

 题目来源：http://hihocoder.com/contest/hiho8/problem/1#

类似多重背包问题的思想。f(t, m)表示，在以t为根的一棵树中，选出包含根节点t的m个连通的结点，能够获得的最高的评分，然后我们的答案就是f(1, M)。假设t有n_child个子树，对应于n_child个背包，每颗子树我们可能选取若干个节点，最多M-1个。那么递推方程实际上就是f(t,i_child,m)， i_child代表在前i_child个子树和根节点中，

f(t, i_child, m) = max( f(t, i_child-1, m)， f(t, i_child-1, m-m_child); ( 1 <= m_child <= m-1)

即第i_child一个子树选取m_child个节点。

     原题中的解释实际上是用了背包问题里空间优化的方法， 前i_child个子树的值只依赖于前i_child-1个子树，所以不必每个都保存，重复利用。因为i_child的m对应于i_child-1的m和m-m_child，所以循环顺序是逆序，保证算f(t,m)时,f(t, m-m_child)还是未更新的i_child-1的情况下的。

#include <iostream>#include <vector>using namespace std;int n, m;vector<int> tr[101];int value[101];int f[101][101];//t表示树根，M表示最多M个节点，pre表示t的父节点//查找以t为根树中，选取最多M个节点能获得的最大值void search(int pre, int t, int M)  {    if(m == 1) return;    for(int i = 0; i < tr[t].size(); i++)        if(tr[t][i] != pre)              //保证路径不重复走        search(t, tr[t][i], M-1);        //必须包含树根t，所以子树最多含M-1个节点    for(int i = 0; i < tr[t].size(); i++)    if(tr[t][i] != pre){     for(int m = M; m >= 2; m--)      for(int mChild = 1; mChild <= m-1; mChild++){        int tChild = tr[t][i];        f[t][m] = max(f[t][m], f[t][m-mChild]+f[tChild][mChild]);     }    }}int main(){    cin >> n >> m;    for(int i = 1; i <= n; i++)        cin >> value[i];    int a, b;    for(int i = 0; i < n-1; i++){        cin >> a >> b;        tr[a].push_back(b);        tr[b].push_back(a);    }    for(int i = 1; i <= n; i++){ //初始化，m=1时直接选根节点，因为必须包含根节点        f[i][1] = value[i];        f[i][0] = 0;    }    search(1, 1, m);    cout << f[1][m] << endl;    return 0;}