lovebetbzoj1812 [Ioi2007]riv

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差相当少一切Byteland王国都被林海和江河所覆盖。小点的河集聚到贰头,形成了稍大点的河。就那样,全体的河水都围拢并流进了一条大河,最终那条大河流进了海洋。那条大河的入大庆处有一个山村——名称叫Bytetown
在Byteland国,有n个伐木的村庄,这么些农村都座落在河边。前段时间在Bytetown,有多个高大的伐木场,它管理着全国拿下的有所木料。木料被拿下后,顺着河水而被运往Bytetown的伐木场。Byteland的天王决定,为了减削运输木材的支出,再额外市建造k个伐木场。那k个伐木场将被建在别的乡村里。那些伐木场建造后,木料就毫无都被送到Bytetown了,它们得以在
运输进度中第一个蒙受的新伐木场被管理。明显,假如伐木场座落的不得了村子就不用再付运送木料的花费了。它们得以平昔被本村的伐木场管理。
注意:全数的水流都不会分开,也正是说,每四个村子,顺流而下都唯有一条路——到bytetown。
圣上的大臣总括出了各样乡村每一年要产多少木料,你的职责是调节在什么样村子建设伐木场能博取最小的运费。在那之中运费的总结情势为:每一块木料每海里1分钱。
编四个程序:
1.从文件读入村子的个数,其余要建设的伐木场的数额,每年每度每个村落产的木材的块数以至河流的描述。
2.计量最小的运费并出口。Input第生机勃勃行 包涵三个数
n(2<=n<=100),k(1<=k<=50,且
k<=n)。n为乡村数,k为要建的伐木场的数目。除了bytetown外,每个村子依次被命名称叫1,2,3……n,bytetown被命名叫0。
接下来n行,每行李包裹含3个整数 wi——一年一度i村子产的木材的块数
(0<=wi<=10000)
vi——离i村子上游近来的山村(或bytetown)(0<=vi<=n)
di——vi到i的相距(km卡塔尔。(1<=di<=10000)
保证每年一次全部的木材流到bytetown的运费不超越二零零四,000,000分
50%的数码中n不超过20。Output输出最小费用,正确到分。萨姆ple Input

4 2
1 0 1
1 1 10
10 2 5
1 2 3 

Sample Output

4

lovebet 1

题解:

先搞出g[i][j]代表i到j的运送花费,只是单个点,将f[i][i][0]先管理好,那些相应相比较便于啊,

还应该有管理处f[i][fa[i]][0]的起来值,每三个父亲,便是整条链上全数阿爸,什么意思,正是

风华正茂层豆蔻梢头层更新上去。

管理出来的作为树形dp的发轫化,然后正是dp

h1[k]代表在该点,建k个,该点建,的蝇头费用。

h2[lovebet,k]代表在该点,建k个,该点不建,最小开销。

接下来就dp在哪些子孙建多少个,的四个单肩包dp。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<cstring>
 4 #include<iostream>
 5 #include<cmath>
 6 #include<cstdlib>
 7 #define N 107
 8 #define M 57
 9 using namespace std;
10 
11 int n,k;
12 int cnt,head[N],next[N*2],rea[N*2];
13 int fa[N],w[N],di[N],g[N][N];
14 int f[N][N][M];
15 bool vis[N][N][M];
16 
17 void add(int u,int v){next[++cnt]=head[u],head[u]=cnt,rea[cnt]=v;}
18 void dfs_init(int u)
19 {
20     int t=u;
21     while(fa[t]>=0)
22     {
23         g[u][fa[t]]=g[u][t]+w[u]*di[t];
24         t=fa[t];
25     }
26     t=u;
27     for (int i=head[u];i!=-1;i=next[i])
28     {
29         int v=rea[i];
30         dfs_init(v);
31         w[u]+=w[v];
32         f[u][u][0]+=f[v][u][0];
33     }
34     vis[u][t][0]=1;
35     while(fa[t]>=0)
36     {
37         vis[u][fa[t]][0]=1;
38         f[u][fa[t]][0]=f[u][t][0]+w[u]*di[t];
39         t=fa[t];
40     }
41 }
42 int solve_dp(int u,int now,int k)
43 {
44     if (vis[u][now][k]) return f[u][now][k];
45     vis[u][now][k]=1;
46     int h1[55],h2[55];
47     memset(h1,0,sizeof(h1));
48     for (int i=0;i<=k;i++)
49         h2[i]=g[u][now];
50     for (int i=head[u];i!=-1;i=next[i])
51     {
52         int v=rea[i];
53         for (int j=k;j>=0;j--)
54         {
55             h1[j]+=solve_dp(v,u,0);
56             h2[j]+=solve_dp(v,now,0);
57             for (int t=1;t<=j;t++)
58             {
59                 h1[j]=min(h1[j],h1[j-t]+solve_dp(v,u,t));
60                 h2[j]=min(h2[j],h2[j-t]+solve_dp(v,now,t)); 
61             }
62         }
63     }
64     f[u][now][k]=min(h1[k-1],h2[k]);
65     return f[u][now][k];  
66 }
67 int main()
68 {
69     memset(head,-1,sizeof(head));
70     scanf("%d%d",&n,&k);
71     for (int i=1;i<=n;i++)
72     {
73         scanf("%d%d%d",&w[i],&fa[i],&di[i]);
74         add(fa[i],i);
75     }
76     fa[0]=-1;
77     dfs_init(0);
78     printf("%d\n",solve_dp(0,0,k));
79 }