题目链接:金属采集
思路:d(i, j)表示在以i为根结点的子树中使用j个机器人的最小花费。设v为u的一个子节点,从节点i使用k个机器人收集以v为根结点的能量,状态转移方程为d(u, i) = min(d(u, i - k) + d(v, k) + cost * k) 1 <= k <= i. 注意d(u, i - k)表示用i - k个机器人去收集其他子树的能量的最小花费,在遍历所有子节点之后,d(u, i)的值才会固定。
AC代码:
#include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstring> #include <utility> #include <string> #include <iostream> #include <map> #include <set> #include <vector> #include <queue> #include <stack> using namespace std; #define eps 1e-10 #define inf 0x3f3f3f3f #define PI pair<int, int> const int maxn = 1e5 + 5; int dp[maxn][12]; struct node{ int son, cost; node() { } node(int son, int cost):son(son), cost(cost) { } }; vector<node>road[maxn]; int n, s, cnt; void dfs(int u, int pre) { //u-当前节点,pre-它的父节点 int n = road[u].size(); for(int i = 0; i < n; ++i) { int v= road[u][i].son, cost = road[u][i].cost; if(v == pre) continue; dfs(v, u); // 只考虑当前节点和已经发现的节点 for(int k = cnt; k >= 0; --k) { //该子树停留的机器人总数 //逆序枚举--如果d(u, k)更新,那么不能影响d(u,k+1),如果顺序枚举会影响 dp[u][k] += dp[v][0] + cost * 2; //让一个机器人遍历该子树所有子节点并返回的花费 for(int j = 1; j <= k; ++j) { //至少一个机器人进入子树 dp[u][k] = min(dp[u][k], dp[u][k-j] + dp[v][j] + j * cost); } } } } int main() { while(scanf("%d%d%d", &n, &s, &cnt) == 3) { memset(dp, 0, sizeof(dp)); for(int i = 0; i <= n; ++i) road[i].clear(); int x, y, cost; for(int i = 1; i < n; ++i) { scanf("%d%d%d", &x, &y, &cost); road[x-1].push_back(node(y-1, cost)); road[y-1].push_back(node(x-1, cost)); } dfs(s - 1, -1); printf("%d\n", dp[s - 1][cnt]); } return 0; }
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