ZOJ 3201 Tree of Tree 树形DP

题意：给出一棵树，每个节点有对应的权值。求出节点个数为K，且权值和最大的子树。
思路：首先要解决的问题就是连通性。因为题目中，是让我们求出权值和最大的子树，如果在计算的过程中，无法保证是选取的点是相连的，那最终的答案也不是符合题意的。
解决方法是正确定义DP状态。

设dp[u][i][j]为选取以u为根，考虑前i个儿子节点，节点个数为j的子树的最大权值和。
既然以u为根结点，那么状态转移就是从u的儿子节点得来。
状态转移和01背包有点像。考虑第i+1个儿子v节点，设v节点有m个儿子，则dp[v][m][j]就是其最终状态。
而对于dp[u][i+1][j],我们有选择：
1.不将节点v的结果合并到dp[u][i][j]，则

dp[u][i+1][j]=dp[u][i][j] 

2.利用dp[u][i][k](k < j),将dp[u][i][k]和dp[v][m][j-k]进行合并，

dp[u][i+1][j]=max(dp[u][i][k]+dp[v][m][j−k]),1≤k<j，2≤j≤K 

合并12得

dp[u][i+1][j]=max(dp[u][i][k]+dp[v][m][j−k]),1≤k≤j,2≤j≤K 

和01背包一样，我们以可以利用滚动数组对上面的状态转移减少一维，也不需记录v节点有多少个儿子
即：

dp[u][j]=max(dp[u][k]+dp[v][j−k]),1≤k≤j，2≤j≤K 

边界条件：

dp[u][1]=weight[u] 

最后的答案就是dp[u][K]中的最大值.
需要注意的几点：
1.因为一定要选取节点u，所以k要从1开始。
2.在滚动数组中，j要从大到小枚举，原因，否则会发生状态的重复计算。

代码如下：

#include <cstdio>#include <algorithm>#include <cstring>using namespace std;const int MAX = 110;int N,K;int to[MAX<<1],nxt[MAX<<1],head[MAX],tot;int dp[MAX][MAX];void init(){    memset(head,-1,sizeof(head));    memset(dp,0xcf,sizeof(dp));    tot = 0;}void addedge(int u, int v){    to[tot] = v, nxt[tot] = head[u];    head[u] = tot++;    to[tot] = u, nxt[tot] = head[v];    head[v] = tot++;}void dfs(int u, int p){    for(int i = head[u]; ~i; i = nxt[i]){        int v = to[i];        if(v == p) continue;        dfs(v,u);        for(int j = K; j >= 2; --j)            for(int k = 1; k < j; ++k)                dp[u][j] = max(dp[u][j],dp[v][k] + dp[u][j-k]);    }}int main(void){    //freopen("input.txt","r",stdin);    while(scanf("%d%d",&N,&K) != EOF){        init();        for(int i = 0; i < N; ++i)            scanf("%d",&dp[i][1]);        for(int i = 0; i < N - 1; ++i){            int u,v;            scanf("%d%d",&u,&v);            addedge(u,v);        }        dfs(0,-1);        int ans = 0;        for(int i = 0; i < N; ++i)            ans = max(ans,dp[i][K]);        printf("%d\n",ans);    }    return 0;}