『算法-ACM 竞赛-动态规划-树形 DP』洛谷 2016 战略游戏（树形 DP）

洛谷 2016 战略游戏（树形 DP）

题目描述

Bob 喜欢玩电脑游戏，特别是战略游戏。但是他经常无法找到快速玩过游戏的办法。现在他有个问题。

他要建立一个古城堡，城堡中的路形成一棵树。他要在这棵树的结点上放置最少数目的士兵，使得这些士兵能了望到所有的路。

注意，某个士兵在一个结点上时，与该结点相连的所有边将都可以被了望到。

请你编一程序，给定一树，帮 Bob 计算出他需要放置最少的士兵.

输入格式

第一行 N，表示树中结点的数目。

第二行至第 N+1 行，每行描述每个结点信息，依次为：该结点标号 i，k(后面有 k 条边与结点 I 相连)。

接下来 k 个数，分别是每条边的另一个结点标号 r1，r2，…，rk。

对于一个 n(0<n<=1500)个结点的树，结点标号在 0 到 n-1 之间，在输入数据中每条边只出现一次。

输出格式

输出文件仅包含一个数，为所求的最少的士兵数目。

例如，对于如下图所示的树：

       2
      /
0---1
      \
       3
TEXT

答案为 1（只要一个士兵在结点 1 上）。

输入输出样例

输入 #1复制

4
0 1 1
1 2 2 3
2 0
3 0
TEXT

输出 #1复制

1
TEXT

【分析】

题目相当于需要求覆盖这颗树需要的最小点数

用

Dp_{i,0/1}Dpi,0/1

​ 表示在这棵树中，以 ii 为根节点的子树在选/不选根节点的情况下，覆盖这棵树所有边需要的最小点数

所以，当不选这个节点 ii 时，则所有 以其子节点为根节点的子树 都必选根节点

当选择这个节点 ii 时，它能连接到所有的子节点，所以 以其子节点为根节点的子树 可以选则其根节点，也可以不选

归纳成方程组，可能更容易理解：

\begin{cases}Son_i\neq \varnothing\\\ \\ \displaystyle Dp_{i,0}=\sum_{j\in Son_i}Dp_{j,1}\\\ \\\displaystyle Dp_{i,1}=1+\sum_{j\in Son_i}min(Dp_{j,0},Dp_{j,1})\end{cases}⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧​Soni​≠∅ Dpi,0​=j∈Soni​∑​Dpj,1​ Dpi,1​=1+j∈Soni​∑​min(Dpj,0​,Dpj,1​)​

其中，Son_iSoni​ 为 ii 的子节点集合

显然，边界为

\begin{cases}Son_i=\varnothing\\Dp_{i,0}=0\\Dp_{i,1}=1\end{cases}⎩⎪⎨⎪⎧​Soni​=∅Dpi,0​=0Dpi,1​=1​

如果定义

Son_i=\varnothing Soni​=∅

时

\displaystyle \sum_{j\in Son_i}Dp_{j,1}=\sum_{j\in Son_i}min(Dp_{j,0},Dp_{j,1})=0j∈Soni​∑​Dpj,1​=j∈Soni​∑​min(Dpj,0​,Dpj,1​)=0

递推式及其边界便能写在一起了：

\begin{cases}\displaystyle Dp_{i,0}=0+\sum_{j\in Son_i}Dp_{j,1}\\\ \\\displaystyle Dp_{i,1}=1+\sum_{j\in Son_i}min(Dp_{j,0},Dp_{j,1})\end{cases}⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧​Dpi,0​=0+j∈Soni​∑​Dpj,1​ Dpi,1​=1+j∈Soni​∑​min(Dpj,0​,Dpj,1​)​

答案看了以上大牛的解析

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
vector <int> edge[1510];
int dp[2][1510],n,x,y,sum[1510],z;
void solve(int u,int fa)
{
    for(int i=0;i<edge[u].size();i++)
    {
        int v=edge[u][i];
        if(v==fa)continue;
        solve(v,u);
        dp[0][u]+=dp[1][v];
        dp[1][u]+=min(dp[1][v],dp[0][v]);
    }
    dp[1][u]++;
}
int main()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>x>>sum[x];
        for(int i=1;i<=sum[x];i++)
        {
            cin>>z;
            edge[x].push_back(z);
            edge[z].push_back(x);
        }
    }
    solve(0,0);
    int ans=min(dp[0][0],dp[1][0]);
    cout<<ans;
    return 0;
}
TEXT