贪吃的九头龙（tyvj P1523）

T2 .tyvj P1523贪吃的九头龙

描述

传说中的九头龙是一种特别贪吃的动物。虽然名字叫“九头龙”，但这只是说它出生的时候有九个头，而在成长的过程中，它有时会长出很多的新头，头的总数会远大于九，当然也会有旧头因衰老而自己脱落。

有一天，有M个脑袋的九头龙看到一棵长有N个果子的果树，喜出望外，恨不得一口把它全部吃掉。可是必须照顾到每个头，因此它需要把N个果子分成M组，每组至少有一个果子，让每个头吃一组。

这M个脑袋中有一个最大，称为“大头”，是众头之首，它要吃掉恰好K个果子，而且K个果子中理所当然地应该包括唯一的一个最大的果子。果子由N-1根树枝连接起来，由于果树是一个整体，因此可以从任意一个果子出发沿着树枝“走到”任何一个其他的果子。

对于每段树枝，如果它所连接的两个果子需要由不同的头来吃掉，那么两个头会共同把树枝弄断而把果子分开；如果这两个果子是由同一个头来吃掉，那么这个头会懒得把它弄断而直接把果子连同树枝一起吃掉。当然，吃树枝并不是很舒服的，因此每段树枝都有一个吃下去的“难受值”，而九头龙的难受值就是所有头吃掉的树枝的“难受值”之和。

九头龙希望它的“难受值”尽量小，你能帮它算算吗？

格式

输入格式

输入的第1行包含三个整数N(1<=N<=300)，M(2<=M<=N)，K(1<=K<=N)。N个果子依次编号1,2,...,N，且最大的果子的编号总是1。第2行到第N行描述了果树的形态，每行包含三个整数a(1<=a<=N)，b(1<=b<=N)，c(0<=c<=105)，表示存在一段难受值为c的树枝连接果子a和果子b。

输出格式

输出仅有一行，包含一个整数，表示在满足“大头”的要求的前提下，九头龙的难受值的最小值。如果无法满足要求，输出-1。

样例1

样例输入1

8 2 4

1 2 20

1 3 4

1 4 13

2 5 10

2 6 12

3 7 15

3 8 5

样例输出1

分析：
爆搜搜了20分
正解：树形DP题目可以分为m=2和m>2的情况，因为当m>2是，小头一定不会产生难受值，只关心大头就可以，而当m=2时，小头要选择出大头选的k个之外的所有果子，把题目当作两个头来做。注意事先用左儿子右兄弟表示法转换成一棵二叉树。fa代表父亲，val是难受值，ch是左儿子和右兄弟。
代码：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define M 310
#define INF 100000000
using namespace std;
int fa[M],val[M][M],ch[M][3],f[M][M][2],head[M],n,m,k;
struct node
{int v,pre,t;
};node e[M*2];
void add(int i,int x,int y,int z)
{e[i].v=y;e[i].t=z;e[i].pre=head[x];head[x]=i;
}
void build(int x)
{for(int i=head[x];i;i=e[i].pre)if(!fa[e[i].v]){fa[e[i].v]=x;if(!ch[x][1])ch[x][1]=e[i].v;else{int f=ch[x][1];while(ch[f][2])f=ch[f][2];ch[f][2]=e[i].v;}build(e[i].v);}
}
int dfs1(int now,int sum,int p)//now是当前节点，sum是大头还有几个没选，p是now的父亲有没有选
{if(f[now][sum][p]!=-1)return f[now][sum][p];if(now==0&&sum>0)return INF;if(now==0&&sum==0)return 0;int minn=INF;for(int i=0;i<=sum;i++)//大头不选
    {int tot=0;if(p==0)tot+=val[now][fa[now]];tot+=dfs1(ch[now][1],i,0)+dfs1(ch[now][2],sum-i,p);minn=min(minn,tot);}for(int i=0;i<sum;i++)//大头选
    {int tot=0;if(p==1)tot+=val[now][fa[now]];tot+=dfs1(ch[now][1],i,1)+dfs1(ch[now][2],sum-i-1,p);minn=min(minn,tot);}f[now][sum][p]=minn;return f[now][sum][p];
}
int dfs2(int now,int sum,int p)//now是当前节点，sum是大头还有几个没选，p是now的父亲有没有选
{if(f[now][sum][p]!=-1)return f[now][sum][p];if(sum==0)return 0;if(now==0)return INF;int minn=INF;for(int i=0;i<=sum;i++)//大头不选 minn=min(minn,dfs2(ch[now][1],i,0)+dfs2(ch[now][2],sum-i,p));for(int i=0;i<sum;i++)//大头选
    {int tot=0;if(p==1)tot+=val[now][fa[now]];tot+=dfs2(ch[now][1],i,1)+dfs2(ch[now][2],sum-i-1,p);minn=min(minn,tot);}f[now][sum][p]=minn;return f[now][sum][p];
}
int main()
{freopen("jh.in","r",stdin);memset(f,-1,sizeof(f));scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);if(n-k<m-1){printf("-1");return 0;}for(int i=1;i<=n;i++){int x,y,z;scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);val[x][y]=val[y][x]=z;add(i*2-1,x,y,z);add(i*2,y,x,z);}fa[1]=1;build(1);if(m==2)//考虑大头小头一起选
    {int ans=INF;for(int i=0;i<k;i++)ans=min(ans,dfs1(ch[1][1],i,1)+dfs1(ch[1][2],k-i-1,1));printf("%d",ans);}else//只考虑选大头的情况
    {int ans=INF;for(int i=0;i<k;i++)ans=min(ans,dfs2(ch[1][1],i,1)+dfs2(ch[1][2],k-i-1,1));printf("%d",ans);}return 0;
}

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