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Description

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 2 5 \ / 3 4 \ / 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。

Input

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。

Output

一个数，最多能留住的苹果的数量。

Sample Input

5 2 1 3 1 1 4 10 2 3 20 3 5 20

Sample Output

21

分析：

这题的权值在边上，这在思考时有些别扭，其实只要把边的权值转移到儿子结点上，问题性质不变。

这样状态就应该容易想到了，f[i][j]表示以i结点为根的子树保留j个结点所得的最大值。因为根结点没有权值，所以我们要保留p+1个点。 f[i][j]＝max｛f[i_left][k]+f[i_right][j-1-k]｝   (0<=k<=j-1) 边界 f[i][0]＝0；f[i][1]=value[i] 最后f[1][p+1]就是答案

为什么是j-1-k，而不是j-k呢？这是因为要保留以i为根的j个节点，而i已经占了一个节点了，所以孩子节点只能再保留j-1个节点了。

#include
   
    #include
    
     #include
     
      using namespace std;struct node{    int lc,rc;    int s;} tree[220];int F[110][110],apple[110][110];bool vis[110];int n,q;void make_tree(int root)//一旦涉及到树的操作，递归总是会简化很多代码{//建立一颗二叉树    vis[root]=true;    for (int i=1;i<=n;i++)        if (!vis[i] && apple[root][i]!=-1)        {            if (tree[root].lc==0) tree[root].lc=i;            else tree[root].rc=i;            tree[i].s=apple[root][i];            make_tree(i);        }}int tree_dp(int t,int k){    if (F[t][k]!=-1) return F[t][k];    if (t==0 || k==0)    {        F[t][k]=0; return 0;    }    F[t][k]=0;    for (int i=0;i<=k-1;i++)    {//递归左右孩子相加即为父亲最优值        int ls=tree_dp(tree[t].lc,i);        int rs=tree_dp(tree[t].rc,k-1-i);        if (F[t][k]
     
    
   

在建树的时候也可以和图算法类似：

#include 
   
    #include 
    
     using namespace std;const int maxn=110;int  N, Q;int  u, v, w;int  dp[maxn][maxn];struct Node{    int u, w;};vector
     
      adj[maxn];void init( ){    for (int i=1; i<=N; i++) adj[i].clear();    for (int i=1; i
      
       =0; j--)             {                 for (int k=0; k+j+1<=left; k++)                 {                     dp[root][k+j+1] = max(dp[root][k+j+1], dp[u][k]+dp[root][j]+w);                 }             }        }    }    if (left==1) return;}int  main( ){    while (cin>>N>>Q)    {        init( );        dfs(1, 1, Q); //root is 1        printf("%d\n", dp[1][Q]);    }    return 0;}
      
     
    
   

以上参考：

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