HDU 4003Find Metal Mineral

題目 ：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4003

題目類型：樹形DP，參看別人的代碼AC的。首先定義DP[i][j],為根節點i往子節點投放j個 機器人所需的最小花費。

根據題意可以知道，機器人是可以走回頭路的。稍微分析下可以知道，如果從根節點派往子節點如果要折回到根節點，派向這個子節點的機器人越多，產生的重複路徑就會越多，所以那麼派往這個子節點的個數為1時是最優策略。那麼定義DP[i][0]存放1個機器人，從子節點返回到根節點的花費。

關鍵是思考：如果 根節點s, 有 n個子節點，那麼要怎麼樣選擇才能使dp[s][k]的值最小呢？

⑴當機器人的個數為1時，那麼只有一種方法，就事用這一個機器人跑遍每個子節點、也就是每次機器人都要從一個子節點返回根節點，然後走向另一個節點，直到遍曆所有點位止。那麼這種狀態下的狀態轉移為： dp[s][0]=dp[next][0]+2*w;       (其中s為根節點，next為子節點，w為s到next的權值)。

⑵當機器人的個數>1時，那麼必然存在機器人不必返回根節點的策略。同時由⑴也可以求出折回根節點的花費。

那麼求根節點s下的n個子節點，把每個節點看做一個整體，定義s(n,j)為前n個節點派j個機器人的最小花費，很容易發現這也是個DP，其實就是個背包，s(n-1,j)與s(n,j)必然存在某種聯絡。可以推出s(n,j）=min(s(n,j), s(n-1,j-k)+dp[v][k]+k*w);  (1<=k<=j,w為s到當前這個子節點v的權值)。因為只要用到上一個子節點的狀態，所以對起始點s的所有子節點掃描一遍就可以了。

其實這題的樹形DP，就是 DP套DP。

下面是 AC代碼：

#include<iostream>#include<vector>using namespace std;#define N 10010struct node{int v,w;node(int _v,int _w):v(_v),w(_w){}};vector<node> path[N];int dp[N][12];    //節點i，向子節點放j個 機器人的最小花費 int n,s,k;int min(int a,int b){ return a>b?b:a; }void dfs(int u,int father){int i,j,jj;for(i=0;i<path[u].size();i++){int next=path[u][i].v;int w=path[u][i].w;if(father==next)  continue;                     //如果當前的節點為父親節點，不往下走。if(father==-1||father!=next)                    //如果u為s點 （最上面的那個根節點）或者next不等於父親節點//cout<<next<<" "<<u<<endl,dfs(next,u);//cout<<next<<endl;for(j=k;j>=1;j--){dp[u][j]+=dp[next][0]+2*w;                     for(jj=1;jj<=j;jj++)dp[u][j]=min(dp[u][j],dp[u][j-jj]+dp[next][jj]+jj*w);}dp[u][0]+=dp[next][0]+2*w;}}int main(){int i,x,y,w;while(cin>>n>>s>>k){for(i=0;i<=10000;i++)path[i].clear();memset(dp,0,sizeof(dp));for(i=0;i<n-1;i++){scanf("%d%d%d",&x,&y,&w);path[x].push_back(node(y,w));path[y].push_back(node(x,w));}dfs(s,-1);printf("%d\n",dp[s][k]);}return 0;}