【刷题】【树形dp】

1>树上染色

（题解复制自luogu）

题目要求将k个点染成黑色，求黑点两两距离及白点两两距离，使他们之和最大。

我们可以将距离转化为路径，然后再将路径路径拆分成边，就可以记录每条边被经过的次数，直接计算即可。

很简单对吧？那么问题来了，距离转化为路径好理解，路径拆为边也好说，可是每条边被经过的次数怎么计算呢？

我们可以这样想，我们任意取两个同色的点，对于每一条边，若不在这两个点的路径上，我们自然不考虑，若是在两个点的路径上，那么这条边的计数加一。我们可以转换一下，若是两个点在边的一侧，则不影响计数，若在边的两侧，则边的计数加一。那么我们推广一下，便可以得出，一条边的两侧每有一对同色点，这条边就要被经过一次。也就是说，一条边被经过的次数等于边的两侧同色点个数的乘积。那么我们便可以求出每条边被经过的次数

有了这个结论，我们就可以轻松地得出DP方程了。

就是关于这个方程让我在做题的时候纠结了好久，为什么

这道题

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<cstring>
#define ll long long
using namespace std;
ll n,k;
const int N=2003;
struct node
{
    int v,w;
    node(int vv,ll ww)
    { v=vv,w=ww; }
    node(){}
};
vector <node> g[N];

ll sz[N];
ll f[N][N];
void dfs(int rt,int fa)
{
    sz[rt]=1,f[rt][0]=f[rt][1]=0;
    //不合法的状态的值可能很大，所以还是memset 
    int s=g[rt].size();
    for(int i=0;i<s;i++)
        if(g[rt][i].v !=fa) 
            dfs(g[rt][i].v ,rt),sz[rt]+=sz[g[rt][i].v ]; 
    
    for(ll i=0;i<s;i++)
    {
        node nx=g[rt][i];
        if(nx.v ==fa) continue;
        
    for(ll j=min(sz[rt],k);j>=0;j--)//下面只是因为好写才倒序 //不是，不这么写，就会状态重复计算
            for(ll l=0;l<=sz[nx.v ] && l<=j;l++)
            {
                if(f[rt][j-l]==-1) continue;
                
                ll val=nx.w *l*(k-l) +nx.w *(sz[nx.v ]-l)*(n-k-sz[nx.v ]+l);
                f[rt][j]=max(f[rt][j],f[rt][j-l]+f[nx.v ][l]+val);
            }
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    k=min(k,n-k);
    int u,v;ll w;
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        scanf("%d%d%lld",&u,&v,&w);
        g[u].push_back(node(v,w)) ;
        g[v].push_back(node(u,w));
    }
    
    memset(f,-1,sizeof(f));
    dfs(1,-1);
    printf("%lld
",f[1][k]);
    
    return 0; 
}

2>数字转换

【刷题】【树形dp】

tot=k*(m-k)+(sz[v]-k)*(n-m-sz[v]+k)tot=k∗(m−k)+(sz[v]−k)∗(n−m−sz[v]+k)

f[u][j]=max(f[u][j],f[u][j-k]+f[v][k]+tot*e[i].w)f[u][j]=max(f[u][j],f[u][j−k]+f[v][k]+tot∗e[i].w)