【问题描述】
传说中的九头龙是一种特别贪吃的动物。虽然名字叫“九头龙”，但这只是说它出生的时候有九个头，而在成长的过程中，它有时会长出很多的新头，头的总数会远大于九，当然也会有旧头因衰老而自己脱落。
有一天，有M个脑袋的九头龙看到一棵长有N个果子的果树，喜出望外，恨不得一口把它全部吃掉。可是必须照顾到每个头，因此它需要把N个果子分成M组，每组至少有一个果子，让每个头吃一组。
这M个脑袋中有一个最大，称为“大头”，是众头之首，它要吃掉恰好K个果子，而且K个果子中理所当然地应该包括唯一的一个最大的果子。果子由N-1根树枝连接起来，由于果树是一个整体，因此可以从任意一个果子出发沿着树枝“走到”任何一个其他的果子。
对于每段树枝，如果它所连接的两个果子需要由不同的头来吃掉，那么两个头会共同把树枝弄断而把果子分开；如果这两个果子是由同一个头来吃掉，那么这个头会懒得把它弄断而直接把果子连同树枝一起吃掉。当然，吃树枝并不是很舒服的，因此每段树枝都有一个吃下去的“难受值”，而九头龙的难受值就是所有头吃掉的树枝的“难受值”之和。
九头龙希望它的“难受值”尽量小，你能帮它算算吗？
例如图1所示的例子中，果树包含8个果子，7段树枝，各段树枝的“难受值”标记在了树枝的旁边。九头龙有两个脑袋，大头需要吃掉4个果子，其中必须包含最大的果子。即N=8，M=2，K=4：
图一描述了果树的形态，图二描述了最优策略。
【输入文件】
输入文件dragon.in的第1行包含三个整数N (1<=N<=300)，M (2<=M<=N)，K (1<=K<=N)。 N个果子依次编号1,2,...,N，且最大的果子的编号总是1。第2行到第N行描述了果树的形态，每行包含三个整数a (1<=a<=N)，b (1<=b<=N)，c (0<=c<=105)，表示存在一段难受值为c的树枝连接果子a和果子b。
【输出文件】
输出文件dragon.out仅有一行，包含一个整数，表示在满足“大头”的要求的前提下，九头龙的难受值的最小值。如果无法满足要求，输出-1。
【样例输入】
8 2 4
1 2 20
1 3 4
1 4 13
2 5 10
2 6 12
3 7 15
3 8 5
【样例输出】
4
【样例说明】
该样例对应于题目描述中的例子。
【算法分析】
首先我们应当注意到无解的情况必然是n
第二点，我们应该知道，如果M>2的话，必然能使得除了大头以外，其它头不会有难受值。（交叉染色）
这样的话，我们可以分情况进行树形DP。
1、M>2时
F[I,J,K]表示第I个点，大头已吃了J个结点，当前结点大头吃的状态为K（0表示大头吃当前结点，1表示大头不吃当前结点）时所取得的最小的值。
然后利用树形dp+类似背包的思想可以解决。
2、M=2时
由于对于任何一条枝已经不可以“抛弃”，所以背包的地方要处理一下，方程也变一点点。主要是要体现不能沿用上一枝条搞出的状态。
【其它】1A
【CODE】
#include #include #define min(x,y) (x)<(y)?(x):(y)
const int N=333;
struct gtp{int x,y,next,c;}g[10000];
int n,m,e,ne,ls[N],f[N][N][2],v[N];
void add(int x,int y,int c){
e++;
g[e].x=x; g[e].y=y; g[e].c=c; g[e].next=ls[x]; ls[x]=e;
}
void init(){
e=0;
memset(ls,0,sizeof(ls));
scanf("%d%d%d",&n,&m,&ne);
for (int i=1;i int x,y,c;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&c);
add(x,y,c);
add(y,x,c);
}
}
void dp1(int p){
v[p]=1;
f[p][0][1]=0;
f[p][1][0]=0;
for (int t=ls[p];t;t=g[t].next)
if (!v[g[t].y]){
dp1(g[t].y);
for (int j=ne;j>=0;j–)
for (int k=0;j+k<=ne;k++){
f[p][j+k][1]=min(f[p][j+k][1],f[g[t].y][k][0]+f[p][j][1]);
f[p][j+k][1]=min(f[p][j+k][1],f[g[t].y][k][1]+f[p][j][1]);
f[p][j+k][0]=min(f[p][j+k][0],f[g[t].y][k][0]+f[p][j][0]+g[t].c);
f[p][j+k][0]=min(f[p][j+k][0],f[g[t].y][k][1]+f[p][j][0]);
}
}
}
void deal1(){
memset(f,50,sizeof(f));
memset(v,0,sizeof(v));
dp1(1);
printf("%dn",f[1][ne][0]);
}
void dp2(int p){
v[p]=1;
f[p][0][1]=0;
f[p][1][0]=0;
for (int t=ls[p];t;t=g[t].next)
if (!v[g[t].y]){
dp2(g[t].y);
for (int j=ne;j>=0;j–){
for (int k=1;j+k<=ne;k++){
f[p][j+k][1]=min(f[p][j+k][1],f[g[t].y][k][0]+f[p][j][1]);
f[p][j+k][1]=min(f[p][j+k][1],f[g[t].y][k][1]+f[p][j][1]+g[t].c);
f[p][j+k][0]=min(f[p][j+k][0],f[g[t].y][k][0]+f[p][j][0]+g[t].c);
f[p][j+k][0]=min(f[p][j+k][0],f[g[t].y][k][1]+f[p][j][0]);
}
if (f[g[t].y][0][1]!=f[0][0][0]){
f[p][j][1]+=f[g[t].y][0][1]+g[t].c;
f[p][j][0]+=f[g[t].y][0][1];
}
else{
f[p][j][1]=f[0][0][0];
f[p][j][0]=f[0][0][0];
}
}
}
}
void deal2(){
memset(f,50,sizeof(f));
memset(v,0,sizeof(v));
dp2(1);
printf("%dn",f[1][ne][0]);
}
int main(){
freopen("dragon.in","r",stdin);
freopen("dragon.out","w",stdout);
init();
if (n printf("-1n");
return 0;
}
if (m>2) deal1();
else deal2();
return 0;
}
