算法提高 金属采集_树形dp

Posted 2020-09-07 多一份不为什么的坚持

算法提高 金属采集  

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问题描述

人类在火星上发现了一种新的金属！这些金属分布在一些奇怪的地方，不妨叫它节点好了。一些节点之间有道路相连，所有的节点和道路形成了一棵树。一共有 n 个节点，这些节点被编号为 1~n 。人类将 k 个机器人送上了火星，目的是采集这些金属。这些机器人都被送到了一个指定的着落点， S 号节点。每个机器人在着落之后，必须沿着道路行走。当机器人到达一个节点时，它会采集这个节点蕴藏的所有金属矿。当机器人完成自己的任务之后，可以从任意一个节点返回地球。当然，回到地球的机器人就无法再到火星去了。我们已经提前测量出了每条道路的信息，包括它的两个端点 x 和 y，以及通过这条道路需要花费的能量 w 。我们想花费尽量少的能量采集所有节点的金属，这个任务就交给你了。

输入格式

第一行包含三个整数 n, S 和 k ，分别代表节点个数、着落点编号，和机器人个数。

接下来一共 n-1 行，每行描述一条道路。一行含有三个整数 x, y 和 w ，代表在 x 号节点和 y 号节点之间有一条道路，通过需要花费 w 个单位的能量。所有道路都可以双向通行。

输出格式

输出一个整数，代表采集所有节点的金属所需要的最少能量。

样例输入

6 1 3
1 2 1
2 3 1
2 4 1000
2 5 1000
1 6 1000

样例输出

3004

样例说明

所有机器人在 1 号节点着陆。

第一个机器人的行走路径为 1->6 ，在 6 号节点返回地球，花费能量为1000。

第二个机器人的行走路径为 1->2->3->2->4 ，在 4 号节点返回地球，花费能量为1003。

第一个机器人的行走路径为 1->2->5 ，在 5 号节点返回地球，花费能量为1001。

数据规模与约定

本题有10个测试点。

对于测试点 1~2 ， n <= 10 ， k <= 5 。

对于测试点 3 ， n <= 100000 ， k = 1 。

对于测试点 4 ， n <= 1000 ， k = 2 。

对于测试点 5~6 ， n <= 1000 ， k <= 10 。

对于测试点 7~10 ， n <= 100000 ， k <= 10 。

道路的能量 w 均为不超过 1000 的正整数。

解题思路： 

如果没做过树形dp的可以先做poj2342，大体思路跟那个很像，不过一个点可以放多个机器人。

这样每个点就可以有0,1,2,3、、、个机器人了，就有这么多状态。

每个节点储存以这个节点为根的整个树的花费的最少能量。

然后由整棵树的根节点开始，他跟它的子节点有关系，已知需经历过所有的节点。

可以留在子节点0个--k个机器人，当0个的时候也一定要派一个机器人去，所以：

（dp[m][k]表示以m节点为根的树，来k个机器人花费的最少能量）

 dp[root][j]+=dp[tree[root].son[i].to][0]+2*tree[root].son[i].spend;//等于子节点存0个机器人+一个机器人从父节点到子节点，再从子节点到父节点（即2*cost）。

dp[root][j]=min(   dp[root][j],     dp[root][j-l] + dp[tree[root].son[i].to][l]+l*tree[root].son[i].spend      );//但子节点也可能停留0到j个机器人，所以需要循环一遍再来更新dp[root][j]的值。  我这里用min（）函数报错呢，就改成if了。。。
第二个dp里面有j-l，l是从0开始的，如果j从0开始，j-l就成负的了，这里要注意j那个循环要从k开始。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#define FOR(i,x,n) for(long i=x;i<n;i++)
#define ll long long int
#define INF 0x3f3f3f3f
#define MOD 1000000007
#define MAX_N 60
#define MAX_M 1005

using namespace std;

struct node2{int to;int spend;};
//struct node2 edge;

struct node{
    int number;
    int rating;
    vector<node2> son;//编号，花费
    int father;
};
node tree[100005];
int visable[100005];
int dp[100005][12];//0表示不去，1表示去
int n,S,k;

void dfs(int root){
    visable[root]=1;
    FOR(i,0,tree[root].son.size()){
        if(!visable[tree[root].son[i].to]){
            dfs(tree[root].son[i].to);
            for(int j=k;j>=0;j--){//注意0的时候也要循环
                dp[root][j]+=dp[tree[root].son[i].to][0]+2*tree[root].son[i].spend;
                FOR(l,1,j+1){
                    if(dp[root][j-l]+dp[tree[root].son[i].to][l]+l*tree[root].son[i].spend<dp[root][j]){
                        dp[root][j]=dp[root][j-l]+dp[tree[root].son[i].to][l]+l*tree[root].son[i].spend;
                    }
                }
            }
        }


    }
}

int main()
{
    //freopen("input1.txt", "r", stdin);
    //freopen("data.out", "w", stdout);
    int t1,t2,t3;
    scanf("%d %d %d",&n,&S,&k);
    memset(visable,0,sizeof(visable));
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    FOR(i,1,n){
        scanf("%d %d %d",&t1,&t2,&t3);
        node2 t={t2,t3};
        node2 tt={t1,t3};
        tree[t1].son.push_back(t);
        tree[t2].son.push_back(tt);
    }
    dfs(S);
    printf("%d",dp[S][k]);
    //fclose(stdin);
    //fclose(stdout);
    return 0;
}