題目描述
從前有棵樹。
找出K個點A1，A2，…，Ak。
使得∑dis(AiAi+1),(1<=i<=K-1)最小。
輸入
第一行兩個正整數n,k,表示數的頂點數和需要選出的點個數。
接下來n-l行每行3個非負整數x,y,z，表示從存在一條從x到y權值為z的邊。
I<=k<=n。
l<x,y<=n
1<=z<=10^5
n <= 3000
輸出
一行一個整數，表示最小的距離和。
樣例輸入
10 7
1 2 35129
2 3 42976
3 4 24497
2 5 83165
1 6 4748
5 7 38311
4 8 70052
3 9 3561
8 10 80238
樣例輸出
184524
題解
樹形背包dp
先考慮幾個顯而易見的性質：
1.選出的點一定是相鄰的
2.對於選出的點，如果從$a_k$再走回$a_1$，那么就相當於每條邊經過了兩次
由於題目沒有包含$dis(a_k,a_1)$，因此就相當於選出的點中的一條鏈可以只經過一次，其余的需要經過兩次。
那我們就可以將選點轉化為選邊，然后考慮樹形背包：
設$f[i][j][k]$表示以$i$為根的子樹中選擇點$i$，共選出$j$條邊，且包含的鏈端點數目為$k$的最小代價。
這里解釋一下：當$k=0$時，相當於要從根節點遍歷一遍選出的邊然后再從根節點出去；$k=1$時，相當於從根節點遍歷一遍，到達某鏈端點后不出去；$k=2$時相當於從某端點遍歷到根節點，然后出去再回來到另一端點。
對於根節點與子節點之間的邊，顯然當$k=0$或$2$時計算兩遍，否則計算一遍。
這里第二維和第三維都滿足背包性質，然后就可以樹形背包了。
時間復雜度$\Theta(4.5n^2)$
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 3010
using namespace std;
int head[N] , to[N << 1] , len[N << 1] , next[N << 1] , cnt , si[N] , f[N][N][3];
inline void add(int x , int y , int z)
{
to[++cnt] = y , len[cnt] = z , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt;
}
void dfs(int x , int fa)
{
int i , j , k , l , m;
si[x] = 1 , f[x][0][0] = f[x][0][1] = 0;
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
{
if(to[i] != fa)
{
dfs(to[i] , x);
for(j = si[x] - 1 ; ~j ; j -- )
for(k = si[to[i]] - 1 ; ~k ; k -- )
for(l = 2 ; ~l ; l -- )
for(m = l ; ~m ; m -- )
f[x][j + k + 1][l] = min(f[x][j + k + 1][l] , f[x][j][l - m] + f[to[i]][k][m] + len[i] * (2 - (m & 1)));
si[x] += si[to[i]];
}
}
}
int main()
{
int n , k , i , j , x , y , z , ans = 1 << 30;
scanf("%d%d" , &n , &k);
for(i = 1 ; i < n ; i ++ )
scanf("%d%d%d" , &x , &y , &z) , add(x , y , z) , add(y , x , z);
memset(f , 0x3f , sizeof(f));
dfs(1 , 0);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
for(j = 0 ; j <= 2 ; j ++ )
ans = min(ans , f[i][k - 1][j]);
printf("%d\n" , ans);
return 0;
}