POJ2486 Apple Tree（树形背包）

从每个节点u出发后有两种情况：回到u和不回到u。

dp数组设为三维，第一维是节点编号，第二维是从该节点开始走的步数，第三维1/0 表示是否回到该节点。

可以回到时：dp[u][j][1]=max(dp[u][j][1],dp[u][j-t][1]+dp[v][t-2][1]);

不能回到时，分为两种情况：1.最终停在v子树上 2.最终停在其他子树上。

1.dp[u][j][0]=max(dp[u][j][0],dp[u][j-t][1]+dp[v][t-1][0]);

2.dp[u][j][0]=max(dp[u][j][0],dp[u][j-t][0]+dp[v][t-2][1]);

我们要枚举j和t，j代表的意义上文提到了，t则表示在从u到v这棵子树上走的步数，那么j-t就是在其他子树上走的步数，每棵子树v都要被枚举，由此分析可以得到上面的三种情况。

之所以叫树形背包是因为枚举j和t的部分类似于背包问题，其中j是要倒推的，因为每个节点的苹果树只能摘一次，摘完就没有了。（参考01背包的倒推思想）

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<algorithm>
 4 using namespace std;
 5 const int M=210;
 6 int n,k,cnt;
 7 //dp[u][j][0]表示以u为根的树经过j步没有回到点u得到的最值
 8 //dp[u][j][1]表示以u为根的树经过j步回到点u得到的最值 
 9 int dp[M][M][2],val[M],head[M];
10 
11 struct edge{
12     int v,next;
13 }e[M<<1];
14 
15 void init(){
16     memset(head,0,sizeof(head));
17     memset(dp,0,sizeof(dp));
18     cnt=0;
19 }
20 
21 void add(int u,int v){
22     e[++cnt].next=head[u];
23     head[u]=cnt;
24     e[cnt].v=v;
25 }
26 
27 void dfs(int u,int fa){
28     for(int i=0;i<=k;i++)
29         dp[u][i][0]=dp[u][i][1]=val[u];
30     for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
31         int v=e[i].v;
32         if(v==fa) continue;
33         dfs(v,u);
34         for(int j=k;j>=1;j--)//树形背包 
35             for(int t=1;t<=j;t++){
36                 dp[u][j][0]=max(dp[u][j][0],dp[u][j-t][1]+dp[v][t-1][0]);
37                 if(t>=2) dp[u][j][1]=max(dp[u][j][1],dp[u][j-t][1]+dp[v][t-2][1]);
38                 if(t>=2) dp[u][j][0]=max(dp[u][j][0],dp[u][j-t][0]+dp[v][t-2][1]);
39             }
40     }
41 }
42 
43 int main(){
44     int u,v;
45     while(~scanf("%d%d",&n,&k)){
46         init();
47         for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&val[i]);
48         for(int i=1;i<n;i++){
49             scanf("%d%d",&u,&v);
50             add(u,v);add(v,u);
51         }
52         dfs(1,-1);
53         printf("%d/n",max(dp[1][k][0],dp[1][k][1]));
54     }
55     return 0;
56 }

做这道题就是要从一个节点u分析，考虑他的情况（如本题回到与不回到），从而进一步分析每种可能的情况，得到方程。