题意：给定一棵树图，n个节点，有边权，要派k<11个机器人从节点s出发，遍历所有的点，每当1只机器人经过1条边时就会花费该边的边权，边是可重复走的。问遍历完所有点的最小花费？
思路：
非常经典，首先需要知道一点，才能往下推理。就是“如果在t点派c个机器人往孩子u，那么最多只有1个机器人能走会回来到t，否则花费总是不划算的”。
稍微证明一下：
（1）假设派1个机器人往u，逛一圈回到u的父亲t，花费v= 子树u的边权和*2 + e(t,u)*2。若机器人不要了，那花费肯定比v还要少。
（2）假设派2个机器人往u，若要2个机器人都回来，显然花费要比（1）要大。若仅要1个机器人回来，花费仍比“仅派1只机器人往u”要高。（可以试试画一棵有3层的树，头两层只有1个节点，第三层节点数随意即可，来模拟一下就知道结果了）
得到的结论是，要么只派c个机器人去孩子u，且1个都不要走回来(注：0<c<=k)；要么派1个机器人出去，且遍历完子树u走回t。
这样已经很好解决了。枚举下点t的孩子数（组），再枚举点t可能获得的机器人数（容量），再枚举给这个孩子派的机器人数（物品）。
还有个初始化DP值的问题，因为每个孩子都是必须遍历的，而常规的分组背包是可选（至多选1件）或者不选物品的，那么可以先将“派1个机器人且回收1个机器人的DP值”丢进背包（保证了此容量下肯定有遍历过子树u），然后若有更好的状态再更新掉此容量。
用DP[t][0]表示“有1个机器人到达t遍历完子树再走回t”的花费。DP[t][i]表示“有i个机器人到达t且遍历完整棵子树t，且不要求回到t”的最小花费。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <map> 5 #include <vector> 6 #include <iostream> 7 #define pii pair<int,int> 8 #define INF 0x3f3f3f3f 9 #define LL long long 10 using namespace std; 11 const int N=1010; 12 struct tower 13 { 14 int pri,pow; 15 }tow[N][60]; 16 17 struct node 18 { 19 int from,to,next; 20 node(){}; 21 node(int from,int to,int next):from(from),to(to),next(next){}; 22 }edge[N*2]; 23 24 int edge_cnt, head[N], cnt[N], dp[N][210], n, m ; 25 void add_node(int from,int to) 26 { 27 edge[edge_cnt]=node(from, to, head[from]); 28 head[from]=edge_cnt++; 29 } 30 inline int cmp(tower a,tower b){return a.pri<b.pri;} 31 32 void DFS(int t,int far) 33 { 34 node e; 35 int flag=0; 36 for(int i=head[t]; i!=-1; i=e.next) 37 { 38 e=edge[i]; 39 if(e.to==far) continue; 40 DFS(e.to, t); 41 42 for(int j=m; j>=0; j-- ) //容量 43 { 44 dp[t][j]=min(dp[t][j], dp[e.to][0]); //先装代价为0的，如果有更好的再代替掉。 45 for(int k=1; k<=j; k++ ) //给此孩子k元,得到的最大攻击力。 46 dp[t][j]=max(dp[t][j], min(dp[t][j-k], dp[e.to][k])); 47 } 48 flag=1; //标记是否叶子。 49 } 50 if(flag==0) memset(dp[t], 0, sizeof(dp[t])); //叶子节点 51 52 //本节点的决策是“仅有1组的分组背包”模型： 必须且最多买1个。(不买就只能靠孩子来防御) 53 for(int j=m; j>=0; j-- ) //容量 54 { 55 int k=1; 56 for( ; k<cnt[t] && !tow[t][k].pri; k++ ) //不用钱的,只留1个power最大的. 57 if(tow[t][k-1].pow > tow[t][k].pow) 58 swap(tow[t][k],tow[t][k-1]); 59 60 for( k-- ; k<cnt[t]; k++) //物品 61 { 62 if(j-tow[t][k].pri>=0) 63 dp[t][j]=max(dp[t][j], dp[t][j-tow[t][k].pri] + tow[t][k].pow ); //可以直接挡 64 } 65 } 66 } 67 68 int main() 69 { 70 freopen("input.txt", "r", stdin); 71 int t, a, b; cin>>t; 72 while(t--) 73 { 74 edge_cnt=0; 75 memset(head, -1, sizeof(head)); 76 memset(dp, 0x3f, sizeof(dp)); //注意初始化 77 78 scanf("%d",&n); 79 for(int i=1; i<n; i++) //无向图 80 { 81 scanf("%d%d",&a,&b); 82 add_node(a,b); 83 add_node(b,a); 84 } 85 86 scanf("%d",&m); //钱。 87 for(int i=1; i<=n; i++) 88 { 89 scanf("%d",&cnt[i]); 90 for(int j=0; j<cnt[i]; j++) 91 scanf("%d%d", &tow[i][j].pri, &tow[i][j].pow); 92 sort(tow[i], tow[i]+cnt[i], cmp); //免费的排前面 93 } 94 DFS(1, -1); 95 printf("%d ",dp[1][m]); 96 } 97 return 0; 98 }