算法提高 金属采集
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。
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。
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。
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。
题解：
思路来自博客：http://www.ylzx8.cn/kaifayuyan/program/192149.html
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。
很好的树形dp，理解了好久。一定注意是要把一棵子数看作一个整体。
一开始，dfs刚到某个节点，如果没有儿子节点的话，那么机器人到此就都可以停了，dp[p][m]为0
如果发现了有一个儿子节点，那么考虑在这个儿子节点停留remain个机器人。
dp[p][k]+=dp[next][0]+cost*2; //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(remain=1;remain<=k;remain++)
dp[p][k]=min(dp[p][k],dp[p][k-remain]+dp[next][remain]+remain*cost); //注：dfs到第一个儿子的时候，由于暂时没发现其余儿子，所以留在p节点的机器 // 人都不会有多余消耗
随着dfs的深入，每发现一个新儿子，那么更新时就要用考虑到前面所有儿子的状态进行转移。这是一个渐进的过程。
比如，在第二个儿子时，k=1,remain=1 的话，
dp[p][k]=min(dp[p][k],dp[p][k-remain]+dp[next][remain]+remain*cost);
用到的dp[p][k-remain]已经不再是0，因为首先必须把第一个儿子访问过再回到p节点。
所有儿子都dfs过之后，得到的dp[p][m]才不再变化。
| 518169 | 609738062@qq.com | 金属采集 | 04-08 20:17 | 1.269KB | C++ | 正确 | 100 | 171ms | 13.42MB | 评测详情 |
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评测详情
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <cstring> #define N 100005 using namespace std; int n,s,K;
int dp[N][]; //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。 typedef struct
{
int to;
int w;
}PP; vector<PP>bian[N];
int vis[N]; void dfs(int p)
{
vis[p]=;
int i;
int next;
int cost;
int k;
int remain;
for(i=;i<bian[p].size();i++)
{
next=bian[p][i].to;
if(vis[next]==) continue;
cost=bian[p][i].w;
dfs(next);
for(k=K;k>=;k--){ //这里要注意不能掉了0的情况
dp[p][k]+=dp[next][]+cost*; //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(remain=;remain<=k;remain++){ //在子树son中停raim个机器人的情况
dp[p][k]=min(dp[p][k],dp[p][k-remain]+dp[next][remain]+remain*cost);
}
}
}
} int main()
{
int x,y,w;
PP te;
//freopen("data.in","r",stdin);
memset(dp,,sizeof(dp) );
memset(vis,,sizeof(vis));
int i;
scanf("%d%d%d",&n,&s,&K);
for(i=;i<=n;i++){
bian[i].clear();
}
for(i=;i<n-;i++){
scanf("%d%d%d",&x,&y,&w);
te.w=w;
te.to=y;
bian[x].push_back(te);
te.to=x;
bian[y].push_back(te);
}
// printf("sdf a\n");
dfs(s);
printf("%d\n",dp[s][K]);
return ;
}