题目
有一棵点数为N的树，树边有边权。给你一个在0~N之内的正整数K，你要在这棵树中选择K个点，将其染成黑色，并
将其他的N-K个点染成白色。将所有点染色后，你会获得黑点两两之间的距离加上白点两两之间距离的和的收益。
问收益最大值是多少。
输入格式
第一行两个整数N,K。
接下来N-1行每行三个正整数fr,to,dis，表示该树中存在一条长度为dis的边(fr,to)。
输入保证所有点之间是联通的。
N<=2000,0<=K<=N
输出格式
输出一个正整数，表示收益的最大值。
输入样例
5 2
1 2 3
1 5 1
2 3 1
2 4 2
输出样例
17
提示
【样例解释】
将点1,2染黑就能获得最大收益。
题解
我dp真是太弱了
很自然地可以想到设一个dp状态\(f[i][j]\)，表示\(i\)为根的子树中选\(j\)个黑点的最大收益
这个时候会不会有些奇怪？这个收益具体指什么？
由题目可知，我们得到的收益必须是成对点贡献出来的，每个区域不能作为独立的个体产生贡献
我们考虑把点与点间的贡献转移到边上
对于一条边\((u,v)\)，我们记\(u\)一侧的黑点数为\(b_u\)，白点数为\(w_u\)，\(v\)一侧类似
那么该边的贡献就为
\[w_{(u,v)} * (b_u * b_v + w_u * w_v)\]
那么我们改变一下：\(f[i][j]\)表示\(i\)为根的子树中选\(j\)个黑点，此时子树中的边产生的最大贡献
那么就很好转移了
对于节点\(i\)，其子树的贡献已经算出，我们只需要考虑其到子树的边的贡献即可
我们枚举其儿子\(t\)，并枚举儿子选的黑点数，再枚举剩余的子树的黑点数计入贡献
乍一看似乎\(O(n^3)\)
仔细分析一下，我们枚举的是子树的大小，每个子树产生的复杂度为\(O(siz[t] * (siz[u] - siz[t]))\)，就相当于该子树的点与剩余子树的点形成的点对的个数
也就是说，我们实质在枚举点对，而且容易发现，每对点对只会在其\(lca\)处被枚举
所以可以保证是\(O(n^2)\)的
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long int
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<‘ ‘; puts("");
using namespace std;
const int maxn = 2005,maxm = 10005,INF = 1000000000;
inline LL read(){
LL out = 0,flag = 1; char c = getchar();
while (c < 48 || c > 57){if (c == ‘-‘) flag = -1; c = getchar();}
while (c >= 48 && c <= 57){out = (out << 3) + (out << 1) + c - 48; c = getchar();}
return out * flag;
}
int h[maxn],ne = 2;
struct EDGE{int to,nxt; LL w;}ed[maxm];
inline void build(int u,int v,LL w){
ed[ne] = (EDGE){v,h[u],w}; h[u] = ne++;
ed[ne] = (EDGE){u,h[v],w}; h[v] = ne++;
}
LL f[maxn][maxn],t[maxn];
int siz[maxn],fa[maxn],n,K;
inline void cmax(LL& a,LL b){if (a < b) a = b;}
void dfs(int u){
siz[u] = 1;
for (int i = 2; i <= n + 1; i++) f[u][i] = -INF;
Redge(u) if ((to = ed[k].to) != fa[u]){
fa[to] = u;
dfs(to);
for (int i = 0; i <= siz[u] + siz[to]; i++) t[i] = -INF;
for (int i = 0; i <= siz[u]; i++)
for (int j = 0; j <= siz[to]; j++)
cmax(t[i + j],f[u][i] + f[to][j] + ed[k].w * (j * (K - j) + (siz[to] - j) * (n - K - (siz[to] - j))));
siz[u] += siz[to];
for (int i = 0; i <= siz[u]; i++)
f[u][i] = t[i];
}
}
int main(){
n = read(); K = read();
int a,b; LL w;
for (int i = 1; i < n; i++){
a = read(); b = read(); w = read();
build(a,b,w);
}
dfs(1);
printf("%lld\n",f[1][K]);
return 0;
}原文地址：https://www.cnblogs.com/Mychael/p/8886292.html