HDU 4003 Find Metal Mineral(树形dp，从根节点出发k个机器人遍历所有边的最小代价和)

题目链接；
HDU 4003 Find Metal Mineral
题意:
给一个n个节点和n−1条边的树，每条边有权值，在给定的根节点root有K个机器人，要用这K个机器人从根节点出发遍历所有的边，求最小代价？代价就是经过的所有边的权值和，机器人不必最终都回到根节点，机器人也可以重复走一些边。
数据范围：n≤104,k≤10
分析；
树形dp。
其实，我觉得能够定义合适的状态，问题就解决了一半了。
因为一个机器人遍历完一颗子树可能返回到父亲节点，所以我定义dp[u][i]表示遍历完以u为根的子树的所有边时使用i个机器人并且这i个机器人都不回到u的最小代价（不会再在遍历别的子树时被使用）。
但是要考虑到可能对于一颗子树他独自用到的机器人是0个，其实这就可以用dp[u][0]表示了。在这种情况下会有几个机器人进去呢？答案是进去一个是最优的，因为有p个机器人进去又出来的话，在父亲与儿子的边上走了p∗2遍，但是在儿子子树的内部的花费都是一样的，都是边权和乘以2，，所以进去一个机器人是最优的。
接下来考虑状态转移。我们对于节点u遍历它的每一个儿子v，我们用类似滚动数组的方法(?)滚动记录dp[u][i]的最优解，用cost表示父亲u和儿子v之间的边权。
首先从dp[v][0]转移：

dp[u][i]=dp[u][i]+dp[v][0]+cost∗2

枚举v消耗了j个机器人：

dp[u][i]=min(dp[u][i],dp[u][i−j]+dp[v][j]+j∗cost)

需要注意i从K到0枚举，j从1到i枚举，并且先dfs再枚举。
答案就是dp[root][k]。
时间复杂度：O(n∗K2)

#include <stdio.h>#include <string.h>#include <math.h>#include <algorithm>using namespace std;typedef long long ll;const int MAX_N = 10010;const int MAX_K = 15;int n, root, total, K;int head[MAX_N];ll dp[MAX_N][MAX_K];struct Edge {    int v, w, next;}edge[MAX_N * 2];void AddEdge(int u, int v, int w){    edge[total].v = v;    edge[total].w = w;    edge[total].next = head[u];    head[u] = total++;}void wyr(int u, int p){    for (int id = head[u]; id != -1; id = edge[id].next) {        int v = edge[id].v, w = edge[id].w;        if (v == p) continue;        wyr(v, u);        for (int i = K; i >= 0; --i) {            dp[u][i] += dp[v][0] + 2 * w;            for (int j = 1; j <= i; ++j) {                dp[u][i] = min(dp[u][i], dp[v][j] + dp[u][i - j] + j * w);            }        }    }}int main(){    while (~scanf("%d%d%d", &n, &root, &K)) {        memset(head, -1, sizeof(head));        total = 0;        for (int i = 1; i < n; ++i) {            int u, v, w;            scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);            AddEdge(u, v, w);            AddEdge(v, u, w);        }        memset(dp, 0, sizeof(dp));        wyr(root, -1);        printf("%lld\n", dp[root][K]);    }    return 0;}