url: https://www.luogu.com.cn/problem/P1272

tag:
动态规划，树形DP

思路：
简单的树形DP和背包结合。令 f[u][j] 表示以u节点为根的子树在需要取出j个节点时最少需要断的边。最后在输出答案的时候在所有节点中选择一个答案最小的，注意选择其他节点为根节点时需要断去父节点和其之间的一条边。最后输出答案即可。

代码：

#include <iostream>  
#include <cstdio>  
#include <cstring>  
#include <algorithm>  
using namespace std;  
const int N = 200;  
int h[N], e[N * 2], ne[N * 2], idx;  
int s[N];  
int n, p;  
int f[N][N];  
void add(int a, int b)  
{  
    e[idx] = b;  
    ne[idx] = h[a];  
    h[a] = idx ++;  
}  
void dfs(int u, int fa)  
{  
    s[u] = 1;  
    f[u][1] = 0;  
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i])  
    {  
        int v = e[i];  
        if (v == fa) continue;  
        dfs(v, u);  
        s[u] += s[v];  
        for (int j = min(s[u], p); j >= 0; j --)  
        {  
            f[u][j] += 1;  
            for (int k = 0; k <= min(j, s[v]); k++)  
                f[u][j] = min(f[u][j], f[u][j - k] + f[v][k]);  
        }  
    }  
}  
int main()  
{  
    memset(h, -1, sizeof h);  
    memset(f, 0x3f, sizeof f);  
    cin >> n >> p;  
    for (int i = 0; i < n - 1; i ++)  
    {  
        int a, b;  
        cin >> a >> b;  
        add(a, b), add(b, a);  
    }  
    dfs(1, 0);  
    int res = f[1][p];  
    for (int i = 2; i <= n; i ++) res = min(res, f[i][p] + 1);  
    cout << res << endl;  
    return 0;  
}

url: https://www.luogu.com.cn/problem/P3177

tag:
动态规划，树形DP

思路：
用 f[u][j] 表示以u为根节点的子树中，恰好有j个黑点时的收益。之后就是和分组背包类似的思路，对于每一个相连的节点，由当那个节点取k个黑点时更新过来，在不同的k值之间取一个最大值。使用 (k * (m - k) + (s[v] - k) * (n - m - s[v] + k)) * w[i] 来计算u和v之间边对答案的贡献。最后记得开long long。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 2020;
int h[N], e[N * 2], ne[N * 2], w[N * 2], idx;
long long n, m;
long long s[N];
long long f[N][N];
void add(int a, int b, int c)
{
    e[idx] = b;
    w[idx] = c;
    ne[idx] = h[a];
    h[a] = idx ++;
}
void dfs(int u, int fa)
{
    s[u] = 1;f[u][0] = f[u][1] = 0;
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i])
    {
        int v = e[i];
        if (v == fa) continue;
        dfs(v, u);
        s[u] += s[v];
        for (int j = min(s[u], m); j >= 0; j --)
            for (int k = 0; k <= min((long long)j, s[v]); k ++)
                if (f[u][j - k] != -1)
                {
                    long long val = (k * (m - k) + (s[v] - k) * (n - m - s[v] + k)) * w[i];
                    f[u][j] = max(f[u][j], f[u][j - k] + f[v][k] + val);
                }
    }
}
int main()
{
    memset(h, -1, sizeof h);
    memset(f, -1, sizeof f);
    cin >> n >> m;
    for (int i = 0; i < n - 1; i ++)
    {
        int a, b, c;
        cin >> a >> b >> c;
        add(a, b, c), add(b, a, c);
    }
    dfs(1, 0);
    cout << f[1][m] << endl;
    return 0;
}

url: https://www.luogu.com.cn/problem/P4170

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字符串，动态规划，枚举，区间DP

思路：
使用 f[i][j] 表示从i到j这个区间中如果要涂到规定的情况，最少需要的涂色次数。因为有区间，所以可以使用区间DP，对于每一各区间i到j来说如果第i个字符和第j个字符相同，则 f[i][j] 可以从 f[i][j - 1] 更新过来。如果不相同，则可以枚举这个区间中的每一个位置，将这个区间变为两个区间分别进行，由两个区间进行更新。初始状态，每个长度为1的区间，要达到规定的情况只需要涂一次就行。最后输出 f[0][n - 1] 即可。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 60;
int f[N][N];
int main()
{
    char s[60];
    cin >> s;
    int n = strlen(s);
    for (int i = 0; i < n; i ++) f[i][i] = 1;
    for (int l = 1; l < n; l ++)
    {
        for (int i = 0; i + l < n;  i++)
        {
            if (s[i] == s[i + l]) f[i][i + l] = f[i][i + l - 1];
            else
            {
                f[i][i + l] = f[i][i] + f[i + 1][i + l];
                for (int k = i + 1; k < i + l; k ++)
                    f[i][i + l] = min(f[i][i + l], f[i][k] + f[k + 1][i + l]);
            }
        }
    }
    cout << f[0][n - 1] << endl;
    return 0;
}

url: https://www.luogu.com.cn/problem/UVA1629

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动态规划，枚举，前缀和

思路：
用 dp[lx][ly][rx][ry] 来记录某一个区间中，为使每一块蛋糕都有樱桃的最小代价。使用dfs来枚举每一种可能性。使用记忆化搜索来减少时间。前缀和快速计算出某一块区域樱桃的数量。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 30;
int dp[N][N][N][N];
int p[N][N];
int cs;
int pnum(int lx, int ly, int rx, int ry)
{
    return p[rx][ry] - p[lx - 1][ry] - p[rx][ly - 1] + p[lx - 1][ly - 1];
}
int DP(int lx, int ly, int rx, int ry)
{
    if (pnum(lx, ly, rx, ry) == 0) return 0x3f3f3f3f;
    if (pnum(lx, ly, rx, ry) == 1) return 0;
    int &d = dp[lx][ly][rx][ry];
    if (d != 0x3f3f3f3f) return d;
    for (int i = lx; i < rx; i ++)
        d = min(d, DP(lx, ly, i, ry) + DP(i + 1, ly, rx, ry) + ry - ly + 1);
    for (int i = ly; i < ry; i ++)
        d = min(d, DP(lx, ly, rx, i) + DP(lx, i + 1, rx, ry) + rx - lx + 1);
    return d;
}
int main()
{
    int n, m, k;
    while(scanf("%d%d%d", &n, &m, &k) != EOF && n && m)
    {
        memset(p, 0, sizeof p);
        for (int i = 0; i < k; i ++)
        {
            int a, b;
            scanf("%d%d", &a, &b);
            p[a][b] = 1;
        }
        for (int i = 1; i <= n; i ++)
            for (int j = 1; j <= m; j ++)
                p[i][j] += p[i - 1][j] + p[i][j - 1] - p[i - 1][j - 1];
        memset(dp, 0x3f, sizeof dp);
        printf("Case %d: %d\n", ++cs, DP(1, 1, n, m));
    }
    return 0;
}

url: https://www.luogu.com.cn/problem/P3621

tag:
动态规划，树形DP

思路：
用 tr[u][0/1] 来存二叉树。做两次dfs第一次求出最大的深度和最小的深度，如果相差大于1直接输出-1。第二次dfs从下到上递归，设计返回值为0/1/2分别表示都是浅层，都是深层和混合。当左边为浅层，右边为深层或者左边为混合，右边为深层时交换答案加1，如果存在某个节点两边都是混合的情况时说明无论怎么交换都不会改变当前的情况，则输出-1程序结束。最后如果存在一个方案使得可以交换成功就输出答案ans。

代码：

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
int tr[N][2],ans, mi = 0x3f3f3f3f, mx;
int n;
void dfs1(int u, int dep)
{
    if (u == -1)
    {
        mi = min(mi, dep);
        mx = max(mx, dep);
        return;
    }
    dfs1(tr[u][0], dep + 1), dfs1(tr[u][1], dep + 1);
}
int dfs2(int u, int dep)
{
    if (u == -1) return (dep != mi);
    int x = dfs2(tr[u][0], dep + 1);
    int y = dfs2(tr[u][1], dep + 1);
    ans += (!x && y) || (x == 2 && y == 1);
    if (x == 2 && y == 2)
    {
        cout << -1;
        exit(0);
    }
    if (x + y == 1 || x == 2 || y == 2) return 2;
    if (!(x + y)) return 0;
    return 1;
}
int main()
{
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> tr[i][0] >> tr[i][1];
    dfs1(1, 0);
    if (mx - mi > 1) cout << -1 << endl;
    else if (mi == mx) cout << 0 << endl;
    else
    {
        int _ = dfs2(1, 0);
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}