题意：一颗树，n个点（1-n），n-1条边，每个点上有一个权值，求从1出发，走V步，最多能遍历到的权值
我们把背包的思想用到这里来，做的步数相当于背包的容量，点上的权值相当于价值，给定一定的背包容量，求最多能装进背包的价值
设dp[0][s][j]表示从s（当前根节点）出发，走 j 步，回到s所能获得的最大权值
dp[1][s][j]表示从s（当前根节点）出发，走j步，不回到s所能获得的最大权值
现在我们就可以分配背包容量了：父节点与子节点分配背包容量，从而设计出状态转移方程
主要思想：
s返回，t返回
s不返回，t返回（走向t子树，t子树返回之后走向s的其他子树，然后不回到s）
s返回，t不返回（遍历s的其他子树后返回s，返回之后走向t子树，然后不回到t）
没有都不返回，肯定有一方有一个返回的过程，再去另一边的子树的
总结起来一句话，要么去s的其他子树呆着，要么去t子树呆着，要么回到s点
1、在t子树返回，其他子树也返回，即回到当前根节点s
2,、不返回根节点，但在t子树返回，即相当于从t出发走k步返回t的最优值 加上 从s出发走j-k步到其他子树不返回的最优值，中间有s与t连接起来，其实就等于从s出发遍历t子树后（dp[0][t][k]）又回到s（这一步多了中间的来回两步），再走出去（其他子树）【dp[1][s][j-k]】，不回来
3、不返回根节点，在t子树也不返回，等价于从s出发遍历其他子树，回到s（dp[0][s][j-k]），再走向t子树，不回到t（dp[1][t][k]），这个过程s-t只走了一步
dp[0][s][j+2]=Max(dp[0][s][j+2],dp[0][t][k]+dp[0][s][j-k]);//从s出发，要回到s，需要多走两步s-t,t-s,分配给t子树k步，其他子树j-k步，都返回 dp[1][s][j+2]=Max(dp[1][s][j+2],dp[0][t][k]+dp[1][s][j-k]);//不回到s（去s的其他子树），在t子树返回，同样有多出两步
dp[1][s][j+1]=Max(dp[1][s][j+1],dp[1][t][k]+dp[0][s][j-k]);//先遍历s的其他子树，回到s，遍历t子树，在当前子树t不返回，多走一步
要有双向的路径，就是s可以回到他的父节点
#include<cstdio> #include<cstring> #include<vector> #include<algorithm> using namespace std; int value[105],used[105]; int n,k; int dp[2][105][210]; vector <int>g[105]; void dfs(int s) { used[s]=1; for(int i=0;i<=k;i++) {dp[1][s][i]=dp[0][s][i]=value[s]; } for(int i=0;i<g[s].size();i++) { int t=g[s][i]; if(used[t])continue; dfs(t); for(int j=k;j>=0;j--) for(int q=0;q<=j;q++) { dp[0][s][j+2]= max(dp[0][s][j+2],dp[0][t][q]+dp[0][s][j-q]); dp[1][s][j+2]= max(dp[1][s][j+2],dp[0][t][q]+dp[1][s][j-q]); dp[1][s][j+1]= max(dp[1][s][j+1],dp[1][t][q]+dp[0][s][j-q]); } } } int main() { while(~scanf("%d%d",&n,&k)) { for(int i=0;i<=100;i++) g[i].clear(); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&value[i]); int a,b; for(int i=1;i<n;i++) {scanf("%d%d",&a,&b); g[a].push_back(b); g[b].push_back(a); } memset(dp,0,sizeof(dp)); memset(used,false,sizeof(used)); dfs(1); printf("%d\n",dp[1][1][k]); } return 0; }
