ZOJ 3201 Tree of Tree 樹形DP

題意：給出一棵樹，每個節點有對應的權值。求出節點個數爲K，且權值和最大的子樹。
思路：首先要解決的問題就是連通性。因爲題目中，是讓我們求出權值和最大的子樹，如果在計算的過程中，無法保證是選取的點是相連的，那最終的答案也不是符合題意的。
解決方法是正確定義DP狀態。

設dp[u][i][j]爲選取以u爲根，考慮前i個兒子節點，節點個數爲j的子樹的最大權值和。
既然以u爲根結點，那麼狀態轉移就是從u的兒子節點得來。
狀態轉移和01揹包有點像。考慮第i+1個兒子v節點，設v節點有m個兒子，則dp[v][m][j]就是其最終狀態。
而對於dp[u][i+1][j],我們有選擇：
1.不將節點v的結果合併到dp[u][i][j]，則

dp[u][i+1][j]=dp[u][i][j] 

2.利用dp[u][i][k](k < j),將dp[u][i][k]和dp[v][m][j-k]進行合併，

dp[u][i+1][j]=max(dp[u][i][k]+dp[v][m][j−k]),1≤k<j，2≤j≤K 

合併12得

dp[u][i+1][j]=max(dp[u][i][k]+dp[v][m][j−k]),1≤k≤j,2≤j≤K 

和01揹包一樣，我們以可以利用滾動數組對上面的狀態轉移減少一維，也不需記錄v節點有多少個兒子
即：

dp[u][j]=max(dp[u][k]+dp[v][j−k]),1≤k≤j，2≤j≤K 

邊界條件：

dp[u][1]=weight[u] 

最後的答案就是dp[u][K]中的最大值.
需要注意的幾點：
1.因爲一定要選取節點u，所以k要從1開始。
2.在滾動數組中，j要從大到小枚舉，原因，否則會發生狀態的重複計算。

代碼如下：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>

using namespace std;

const int MAX = 110;

int N,K;
int to[MAX<<1],nxt[MAX<<1],head[MAX],tot;
int dp[MAX][MAX];


void init()
{
    memset(head,-1,sizeof(head));
    memset(dp,0xcf,sizeof(dp));
    tot = 0;
}

void addedge(int u, int v)
{
    to[tot] = v, nxt[tot] = head[u];
    head[u] = tot++;
    to[tot] = u, nxt[tot] = head[v];
    head[v] = tot++;
}

void dfs(int u, int p)
{
    for(int i = head[u]; ~i; i = nxt[i]){
        int v = to[i];
        if(v == p) continue;
        dfs(v,u);
        for(int j = K; j >= 2; --j)
            for(int k = 1; k < j; ++k)
                dp[u][j] = max(dp[u][j],dp[v][k] + dp[u][j-k]);
    }
}


int main(void)
{
    //freopen("input.txt","r",stdin);
    while(scanf("%d%d",&N,&K) != EOF){
        init();
        for(int i = 0; i < N; ++i)
            scanf("%d",&dp[i][1]);
        for(int i = 0; i < N - 1; ++i){
            int u,v;
            scanf("%d%d",&u,&v);
            addedge(u,v);
        }
        dfs(0,-1);
        int ans = 0;
        for(int i = 0; i < N; ++i)
            ans = max(ans,dp[i][K]);
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}