【HAOI2015】【bzoj4033】【T1】

4033: [HAOI2015]T1

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Description

有一棵点数为 N 的树，树边有边权。给你一个在 0~ N 之内的正整
数 K ，你要在这棵树中选择 K个点，将其染成黑色，并将其他 的
N-K个点染成白色 。 将所有点染色后，你会获得黑点两两之间的距
离加上白点两两之间的距离的和的受益。问受益最大值是多少。
Input

第一行包含两个整数 N, K 。

接下来 N-1 行每行三个正整数 fr, to, dis ， 表示该树中存在一条长度
为 dis 的边 (fr, to) 。输入保证所有点之间是联通的。
Output

输出一个正整数，表示收益的最大值。

Sample Input

3 1

1 2 1

1 3 2
Sample Output

3
HINT

对于 100% 的数据， 0<=K<=N <=2000

题解：我们很容易就可以想到用f[i][j]表示i节点的子树中有k个被染成了黑色时的最大的收益。
但是我们这样只能够处理子树中的情况，对于子树外的就没有办法了，所以我们需要从新定义一下状态。
f[i][j]表示对答案的贡献，这样我们只需要将子树中的黑点和白点的个数同字数外的分别乘起来，再乘上路的权值就好了。

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#define LL long longusing namespace std;const int N=2100;int n,k,tot=1,point[N],next[N*4],siz[N];long long f[N][N];struct S{    int st,en,va;}aa[N*4];inline void add(int x,int y,int z){    tot+=1;next[tot]=point[x];point[x]=tot;    aa[tot].st=x;aa[tot].en=y;aa[tot].va=z;    tot+=1;next[tot]=point[y];point[y]=tot;    aa[tot].st=y;aa[tot].en=x;aa[tot].va=z;}inline void dp(int x,int fa){    int i,j,u,l;    siz[x]=1;    f[x][0]=f[x][1]=0;    for(i=point[x];i;i=next[i])      if(aa[i].en!=fa){        u=aa[i].en;        dp(u,x);        siz[x]+=siz[u];        for(j=siz[x];j>=0;--j)          for(l=0;l<=min(siz[u],j);++l)            f[x][j]=max(f[x][j],f[x][j-l]+((LL)(l*(k-l))+(LL)(siz[u]-l)*(LL)(n-k-(siz[u]-l)))*(LL)aa[i].va+f[u][l]);      }}int main(){    int i,j,x,y,z;    scanf("%d%d",&n,&k);    memset(f,128,sizeof(f));    for(i=1;i<n;++i){        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);        add(x,y,z);    }    dp(1,0);    cout<<f[1][k]<<endl;}