POJ 2486 Apple Tree ——（树型DP）

　　题意是给出一棵树，每个点都有一个权值，从1开始，最多走k步，问能够经过的所有的点的权值和最大是多少（每个点的权值只能被累加一次）。

　　考虑到一个点可以经过多次，设dp状态为dp[i][j][k]，i表示当前从i出发，j表示最多走j步，k=0的话表示最后回到i点，否则不回到i点的子问题的答案。

　　转移见代码。

　　值得注意的是dfs中j循环的方向必须从大到小，因为如果从小到大，当前的j是从比其小的dp[u][j-t][...]更新过来的，而后者是根据走了v以后的更新过来的。换言之，如果从小到大，那么，走v贡献的权值就会被计算多次了，而题目中给的条件是，一个点的权值只能计算一次。拓展一下的话，如果一个点的权值可以被计算多次，那么应当从小到大循环j。

　　不妨以下面这组数据为例可以找到区别：

　　3 3
　　1 100 1
　　1 2
　　1 3

　　代码如下：

#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <string.h>
#include <vector>
using namespace std;
const int N = 100 + 5;

int n,k;
int val[N];
vector<int> G[N];
int dp[N][N*2][2]; // 0 表示回到原地
void update(int & a,int b) {if(a < b) a = b;}
int dfs(int u,int fa)
{
    for(int i=0;i<G[u].size();i++)
    {
        int v = G[u][i];
        if(v == fa) continue;
        dfs(v,u);
        // j必须从大到小(?)
        for(int j=k;j>=1;j--)
        {
            for(int t=1;t<=j;t++)
            {
                // 最终都回到原地，那么左右都需要回到原地，此时需要多走两步 u->v & v->u
                if(t >= 2) update(dp[u][j][0], dp[u][j-t][0] + dp[v][t-2][0]);
                // 最终不用回到原地，有只要左边或者右边一种选择不用回到原地即可
                if(t >= 2) update(dp[u][j][1], dp[u][j-t][1] + dp[v][t-2][0]);
                update(dp[u][j][1], dp[u][j-t][0] + dp[v][t-1][1]);
            }
        }
    }
}

int main()
{
    while(scanf("%d%d",&n,&k) == 2)
    {
        memset(dp,0,sizeof dp);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            G[i].clear();
            scanf("%d",val+i);
            for(int j=0;j<=k;j++) dp[i][j][0] = dp[i][j][1] = val[i];
        }
        for(int i=1;i<n;i++)
        {
            int u,v;
            scanf("%d%d",&u,&v);
            G[u].push_back(v);
            G[v].push_back(u);
        }
        dfs(1, -1);
        printf("%d\n",max(dp[1][k][0], dp[1][k][1]));
    }
    return 0;
}