题目
题目描述
有一棵苹果树，如果树枝有分叉，一定是分2叉（就是说没有只有1个儿子的结点）
这棵树共有N个结点（叶子点或者树枝分叉点），编号为1-N,树根编号一定是1。
我们用一根树枝两端连接的结点的编号来描述一根树枝的位置。下面是一颗有4个树枝的树
现在这颗树枝条太多了，需要剪枝。但是一些树枝上长有苹果。
给定需要保留的树枝数量，求出最多能留住多少苹果。
输入输出格式
输入格式：
第1行2个数，N和Q(1<=Q<=N,1<N<=100)。
N表示树的结点数，Q表示要保留的树枝数量。接下来N-1行描述树枝的信息。
每行3个整数，前两个是它连接的结点的编号。第3个数是这根树枝上苹果的数量。
每根树枝上的苹果不超过30000个。
输出格式：
一个数，最多能留住的苹果的数量。
输入输出样例
输入样例：
1
2
3
4
5
| 5 2
1 3 1
1 4 10
2 3 20
3 5 20
|
输出样例：
题解
也是树形DP经典入门题，我这里用了记忆化搜索
dp[i][j]表示i结点下剩余j条边留下的苹果最大值
代码
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50
51
| #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node {
int value, left, right, father;
} tree[110];
int edge[110][110];
int connected[110][3];
int dp[110][110];
int n, q;
inline void Build(const int &now) {
tree[now].value = edge[tree[now].father][now];
for (register int i(0); i < 3; ++i) {
if (connected[now][i] && connected[now][i] != tree[now].father) {
if (!tree[now].left) {
tree[now].left = connected[now][i];
tree[tree[now].left].father = now;
} else {
tree[now].right = connected[now][i];
tree[tree[now].right].father = now;
}
Build(connected[now][i]);
}
}
}
inline int Dfs(const int &now, const int &leave) {
if (!leave || !tree[now].left) return 0;
if (dp[now][leave]) return dp[now][leave];
dp[now][leave] = max(Dfs(tree[now].left, leave - 1) +
tree[tree[now].left].value,
Dfs(tree[now].right, leave - 1) +
tree[tree[now].right].value);
for (register int i(0); i < leave - 1; ++i){
dp[now][leave] = max(dp[now][leave],
Dfs(tree[now].left, i) +
tree[tree[now].left].value +
Dfs(tree[now].right, leave - 2 - i) +
tree[tree[now].right].value);
}
return dp[now][leave];
}
int main(int argc, char **argv) {
scanf("%d %d", &n, &q);
for (register int i(1), u, v, w; i < n; ++i) {
scanf("%d %d %d", &u, &v, &w);
edge[u][v] = edge[v][u] = w;
connected[u][connected[u][0] ? (connected[u][1] ? 2 : 1) : 0] = v;
connected[v][connected[v][0] ? (connected[v][1] ? 2 : 1) : 0] = u;
}
Build(1);
printf("%d\n", Dfs(1, q));
}
|