HDU4003 Find Metal Mineral
看别人思路的
树形分组背包。
题意:给出结点数n,起点s,机器人数k,然后n-1行给出相互连接的两个点,还有这条路线的价值,要求最小花费
思路:这是我从别人博客里找到的解释,因为很详细就引用了
dp[i][j]表示对于以i结点为根结点的子树,放j个机器人所需要的权值和。
当j=0时表示放了一个机器人下去,遍历完结点后又回到i结点了。状态转移方程类似背包
如果最终的状态中以i为根结点的树中有j(j>0)个机器人,那么不可能有别的机器人r到了这棵树后又跑到别的树中去
因为那样的话,一定会比j中的某一个到达i后跑与r相同的路径再回到i,再接着跑它的路径要差(多了一条i回去的边)
这样的话,如果最后以i为根结点的树中没有机器人,那么只可能是派一个机器人下去遍历完后再回来
可以这么理解:
对于每个根节点root,有个容量为K的背包
如果它有i个儿子,那么就有i组物品,价值分别为dp[son][0],dp[son][1].....dp[son][k] ,这些物品的重量分别为0,1,.....k
现在要求从每组里选一个物品(且必须选一个物品)装进root的背包,使得容量不超过k的情况下价值最大。
那么这就是个分组背包的问题了。
但是这里有一个问题,就是每组必须选一个物品。
对于这个的处理,我们先将dp[son][0]放进背包,如果该组里有更好的选择,那么就会换掉这个物品,否则的话这个物品就是最好的选择。这样保证每组必定选了一个。
Find Metal Mineral
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65768/65768 K (Java/Others) Total Submission(s): 2198 Accepted Submission(s): 1001
#include <stdio.h>
#include<iostream>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
struct node
{
int now,next,val;
}tree[20005];
int len,n,s,k;
int head[10005],dp[10005][15],vis[10005];
void add(int x,int y,int v)
{
tree[len].now=y;
tree[len].val=v;
tree[len].next=head[x];
head[x]=len++;
}
void dfs(int root,int p)
{
int i,j,q,son;
vis[root]=1;
for(i=head[root];i!=-1;i=tree[i].next)
{
son=tree[i].now;
if(son==p)
continue;
if(!vis[son])
{
dfs(son,root);
for(j=k;j>=0;j--)
{
dp[root][j]+=dp[son][0]+2*tree[i].val;//先将dp[son][0]放进背包,
//由于dp[son][0]是表示用一个机器人去走完所有子树,
//最后又回到pos这个节点,所以花费要乘以2
for(q=1;q<=j;q++)//在这里找到比dp[son][0]更优的方案,分组背包
dp[root][j]=min(dp[root][j],dp[root][j-q]+dp[son][q]+q*tree[i].val);
//必须是乘以p,p以前的价值要加上。
}
}
}
} int main()
{
int i,x,y,w;
while(~scanf("%d%d%d",&n,&s,&k))
{
memset(dp,0,sizeof(dp));
memset(head,-1,sizeof(head));
memset(vis,0,sizeof(vis));
len=0;
for(i=1;i<n;i++)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&w);
add(x,y,w);
add(y,x,w);
}
dfs(s,-1);
printf("%d\n",dp[s][k]);
}
return 0;
}
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