CODEVS 1746 贪吃的九头龙

Posted 2020-08-09 丿球痞D小七

1746 贪吃的九头龙

2002年NOI全国竞赛

题目描述 Description

传说中的九头龙是一种特别贪吃的动物。虽然名字叫“九头龙”，但这只是
说它出生的时候有九个头，而在成长的过程中，它有时会长出很多的新头，头的
总数会远大于九，当然也会有旧头因衰老而自己脱落。
有一天，有M 个脑袋的九头龙看到一棵长有N 个果子的果树，喜出望外，
恨不得一口把它全部吃掉。可是必须照顾到每个头，因此它需要把N 个果子分
成M组，每组至少有一个果子，让每个头吃一组。
这M个脑袋中有一个最大，称为“大头”，是众头之首，它要吃掉恰好K个
果子，而且K个果子中理所当然地应该包括唯一的一个最大的果子。果子由N-1
根树枝连接起来，由于果树是一个整体，因此可以从任意一个果子出发沿着树枝
“走到”任何一个其他的果子。
对于每段树枝，如果它所连接的两个果子需要由不同的头来吃掉，那么两个
头会共同把树枝弄断而把果子分开；如果这两个果子是由同一个头来吃掉，那么
这个头会懒得把它弄断而直接把果子连同树枝一起吃掉。当然，吃树枝并不是很
舒服的，因此每段树枝都有一个吃下去的“难受值”，而九头龙的难受值就是所
有头吃掉的树枝的“难受值”之和。
九头龙希望它的“难受值”尽量小，你能帮它算算吗？
例如图 1 所示的例子中，果树包含8 个果子，7 段树枝，各段树枝的“难受
值”标记在了树枝的旁边。九头龙有两个脑袋，大头需要吃掉4个果子，其中必
须包含最大的果子。即N=8，M=2，K=4：
图一描述了果树的形态，图二描述了最优策略。
大头吃4个果子，用实心点标识；
小头吃4个果子，用空心点标识；
九头龙的难受值为4，因为图中用细边标
记的树枝被大头吃掉了。

输入描述 Input Description

输入文件dragon.in的第1行包含三个整数N (1<=N<=300)，M (2<=M<=N)，
K (1<=K<=N)。 N 个果子依次编号1,2,...,N，且最大的果子的编号总是1。第2
行到第N行描述了果树的形态，每行包含三个整数a (1<=a<=N)，b (1<=b<=N)，
c (0<=c<=105)，表示存在一段难受值为c的树枝连接果子a和果子b。

输出描述 Output Description

输出文件dragon.out 仅有一行，包含一个整数，表示在满足“大头”的要求
的前提下，九头龙的难受值的最小值。如果无法满足要求，输出-1。

样例输入 Sample Input

8 2 4
1 2 20
1 3 4
1 4 13
2 5 10
2 6 12
3 7 15
3 8 5

样例输出 Sample Output

4

 

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
int const M=310;
int const INF=100000000;
using namespace std;
int fa[M],val[M][M],ch[M][3],f[M][M][2],head[M],n,m,k;
struct node
{
    int v,pre,t;
} e[M*2];
void add(int i,int x,int y,int z)
{
    e[i].v=y;
    e[i].t=z;
    e[i].pre=head[x];
    head[x]=i;
}
void build(int x)
{
    for(int i=head[x];i;i=e[i].pre)
      if(!fa[e[i].v])
      {
          fa[e[i].v]=x;
          if(!ch[x][1])ch[x][1]=e[i].v;
          else
          {
              int f=ch[x][1];
              while(ch[f][2])f=ch[f][2];
              ch[f][2]=e[i].v;
          }
          build(e[i].v);
      }
}
int dfs1(int now,int sum,int p)  //now是当前节点，sum是大头还有几个没选，p是now的父亲有没有选 
{
    if(f[now][sum][p]!=-1)return f[now][sum][p];
    if(now==0&&sum>0)return INF;
    if(now==0&&sum==0)return 0;
    int minn=INF;
    for(int i=0;i<=sum;i++)  //大头不选
    {
        int tot=0;
        if(p==0)tot+=val[now][fa[now]];
        tot+=dfs1(ch[now][1],i,0)+dfs1(ch[now][2],sum-i,p);
        minn=min(minn,tot);
    }
    for(int i=0;i<sum;i++)  //大头选
    {
        int tot=0;
        if(p==1)tot+=val[now][fa[now]];
        tot+=dfs1(ch[now][1],i,1)+dfs1(ch[now][2],sum-i-1,p);
        minn=min(minn,tot);
    }
    f[now][sum][p]=minn;
    return f[now][sum][p];
}
int dfs2(int now,int sum,int p)  //now是当前节点，sum是大头还有几个没选，p是now节点的父亲有没有选 
{
    if (f[now][sum][p]!=-1)
        return f[now][sum][p];
    if (sum==0)
        return 0;
    if(now==0)
        return INF;
    int minn=INF;
    for(int i=0;i<=sum;i++)
        minn=min(minn,dfs2(ch[now][1],i,0)+dfs2(ch[now][2],sum-i,p));
    for(int i=0;i<sum;i++)
    {
        int tot=0;
        if(p==1)
            tot+=val[now][fa[now]];
        tot+=dfs2(ch[now][1],i,1)+dfs2(ch[now][2],sum-i-1,p);
        minn=min(minn,tot);
    }
    f[now][sum][p]=minn;
    return f[now][sum][p];
}
int main()
{
    memset(f,-1,sizeof(f));
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    if(n-k<m-1){printf("-1");return 0;}
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int x,y,z;
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        val[x][y]=val[y][x]=z;
        add(i*2-1,x,y,z);
        add(i*2,y,x,z);
    }
    fa[1]=1;build(1);
    if(m==2)    //考虑大头小头一起选 
    {
        int ans=INF;
        for(int i=0;i<k;i++)
          ans=min(ans,dfs1(ch[1][1],i,1)+dfs1(ch[1][2],k-i-1,1));
        printf("%d",ans);
    }
    else    //只考虑选大头的情况 
    {
        int ans=INF;
        for(int i=0;i<k;i++)
          ans=min(ans,dfs2(ch[1][1],i,1)+dfs2(ch[1][2],k-i-1,1));
        printf("%d",ans);
    }
    return 0;
}