标签：clu algo == push 选择 bsp tor pac name
题意是给出一棵树，每个点都有一个权值，从1开始，最多走k步，问能够经过的所有的点的权值和最大是多少（每个点的权值只能被累加一次）。
考虑到一个点可以经过多次，设dp状态为dp[i][j][k]，i表示当前从i出发，j表示最多走j步，k=0的话表示最后回到i点，否则不回到i点的子问题的答案。
转移见代码。
值得注意的是dfs中j循环的方向必须从大到小，因为如果从小到大，当前的j是从比其小的dp[u][j-t][...]更新过来的，而后者是根据走了v以后的更新过来的。换言之，如果从小到大，那么，走v贡献的权值就会被计算多次了，而题目中给的条件是，一个点的权值只能计算一次。拓展一下的话，如果一个点的权值可以被计算多次，那么应当从小到大循环j。
不妨以下面这组数据为例可以找到区别：
3 3
1 100 1
1 2
1 3
代码如下：
1 #include <stdio.h> 2 #include <algorithm> 3 #include <string.h> 4 #include <vector> 5 using namespace std; 6 const int N = 100 + 5; 7 8 int n,k; 9 int val[N]; 10 vector<int> G[N]; 11 int dp[N][N*2][2]; // 0 表示回到原地 12 void update(int & a,int b) {if(a < b) a = b;} 13 int dfs(int u,int fa) 14 { 15 for(int i=0;i<G[u].size();i++) 16 { 17 int v = G[u][i]; 18 if(v == fa) continue; 19 dfs(v,u); 20 // j必须从大到小(?) 21 for(int j=k;j>=1;j--) 22 { 23 for(int t=1;t<=j;t++) 24 { 25 // 最终都回到原地，那么左右都需要回到原地，此时需要多走两步 u->v & v->u 26 if(t >= 2) update(dp[u][j][0], dp[u][j-t][0] + dp[v][t-2][0]); 27 // 最终不用回到原地，有只要左边或者右边一种选择不用回到原地即可 28 if(t >= 2) update(dp[u][j][1], dp[u][j-t][1] + dp[v][t-2][0]); 29 update(dp[u][j][1], dp[u][j-t][0] + dp[v][t-1][1]); 30 } 31 } 32 } 33 } 34 35 int main() 36 { 37 while(scanf("%d%d",&n,&k) == 2) 38 { 39 memset(dp,0,sizeof dp); 40 for(int i=1;i<=n;i++) 41 { 42 G[i].clear(); 43 scanf("%d",val+i); 44 for(int j=0;j<=k;j++) dp[i][j][0] = dp[i][j][1] = val[i]; 45 } 46 for(int i=1;i<n;i++) 47 { 48 int u,v; 49 scanf("%d%d",&u,&v); 50 G[u].push_back(v); 51 G[v].push_back(u); 52 } 53 dfs(1, -1); 54 printf("%d\n",max(dp[1][k][0], dp[1][k][1])); 55 } 56 return 0; 57 }
标签：clu algo == push 选择 bsp tor pac name
原文地址：http://www.cnblogs.com/zzyDS/p/6628561.html
