题目描述
有一棵苹果树，如果树枝有分叉，一定是分2叉（就是说没有只有1个儿子的结点）
这棵树共有N个结点（叶子点或者树枝分叉点），编号为1-N,树根编号一定是1。
我们用一根树枝两端连接的结点的编号来描述一根树枝的位置。下面是一颗有4个树枝的树
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3 4
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1现在这颗树枝条太多了，需要剪枝。但是一些树枝上长有苹果。
给定需要保留的树枝数量，求出最多能留住多少苹果。
输入输出格式
输入格式：
第1行2个数，N和Q(1<=Q<= N,1<N<=100)。
N表示树的结点数，Q表示要保留的树枝数量。接下来N-1行描述树枝的信息。
每行3个整数，前两个是它连接的结点的编号。第3个数是这根树枝上苹果的数量。
每根树枝上的苹果不超过30000个。
输出格式：
一个数，最多能留住的苹果的数量。
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5 2 1 3 1 1 4 10 2 3 20 3 5 20
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树形dp入门题
f[u][i]=max(f[u][i],f[u][i−j−1]+f[v][j]+e[i].w)( 1≤i≤min(q,sz[u]),0≤j≤min(sz[v],i−1) )
注意j k 的枚举范围
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; //input by bxd #define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define repp(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i) #define RI(n) scanf("%d",&(n)) #define RII(n,m) scanf("%d%d",&n,&m) #define RIII(n,m,k) scanf("%d%d%d",&n,&m,&k) #define RS(s) scanf("%s",s); #define ll long long #define pb push_back #define REP(i,N) for(int i=0;i<(N);i++) #define CLR(A,v) memset(A,v,sizeof A) ////////////////////////////////// #define inf 0x3f3f3f3f const int N=205; const int M=50005; int head[M],pos; struct Edge { int nex,to,v; }edge[M]; void add(int a,int b,int c) { edge[++pos].nex=head[a]; head[a]=pos; edge[pos].to=b; edge[pos].v=c; } int n,m; int dp[N][N]; int siz[N]; void dfs(int u,int fa) { for(int i=head[u];i;i=edge[i].nex) { int v=edge[i].to; if(v==fa)continue; dfs(v,u); siz[u]+=siz[v]+1; for(int j=min(m,siz[u]);j;--j)//保留的边数 for(int k=min(j-1,siz[v]);k>=0;--k)//改子树保留的边数 dp[u][j]=max(dp[u][j],dp[u][j-k-1]+dp[v][k]+edge[i].v);//注意差值为1 } } int main() { RII(n,m); rep(i,1,n-1) { int a,b,c;RIII(a,b,c); add(a,b,c);add(b,a,c); } dfs(1,0); cout<<dp[1][m]; return 0; }