bzoj 1596 [Usaco2008 Jan]电话网络

Description

Farmer John决定为他的所有奶牛都配备手机，以此鼓励她们互相交流。不过，为此FJ必须在奶牛们居住的N(1 <= N <= 10,000)块草地中选一些建上无线电通讯塔，来保证任意两块草地间都存在手机信号。所有的N块草地按1..N 顺次编号。 所有草地中只有N-1对是相邻的，不过对任意两块草地A和B(1 <= A <= N; 1 <= B <= N; A != B)，都可以找到一个以A开头以B结尾的草地序列，并且序列中相邻的编号所代表的草地相邻。无线电通讯塔只能建在草地上，一座塔的服务范围为它所在的那块草地，以及与那块草地相邻的所有草地。 请你帮FJ计算一下，为了建立能覆盖到所有草地的通信系统，他最少要建多少座无线电通讯塔。

Input

* 第1行: 1个整数，N

* 第2..N行: 每行为2个用空格隔开的整数A、B，为两块相邻草地的编号

Output

* 第1行: 输出1个整数，即FJ最少建立无线电通讯塔的数目

Sample Input

5

1 3

5 2

4 3

3 5

输入说明:

Farmer John的农场中有5块草地：草地1和草地3相邻，草地5和草地2、草地4和草地3，草地3和草地5也是如此。更形象一些，草地间的位置关系大体如下：

（或是其他类似的形状）

4  2

|  |

1--3--5

Sample Output

2

输出说明:

FJ可以选择在草地2和草地3，或是草地3和草地5上建通讯塔。

独立想dp的感觉真好！这个树形dp大致可以分三种情况：

0.当前不建（那么它的儿子必须有一个建）

1.当前建

2.当前不必建（已被父亲覆盖）

3种情况分类讨论一下

f[i][j]表示以i为根的子树，情况为j的最小花费

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define ll long long
using namespace std;
int n,x,y,tot,ans;
int f[10005][3];
int sm[10005],head[10005],Next[20005],to[20005];
void add(int x,int y)
{
tot++;
Next[tot]=head[x];
to[tot]=y;
head[x]=tot;
}
int dp(int k,int pre,int x)
{
if(f[k][x]!=-1) return f[k][x];
if(x==0) //当前不建
{
f[k][0]=1e9;
int s=0;
for(int i=head[k];i!=-1;i=Next[i])
if(to[i]!=pre)
{
sm[to[i]]=min(dp(to[i],k,0),dp(to[i],k,1));
s=s+sm[to[i]];
}
for(int i=head[k];i!=-1;i=Next[i])
if(to[i]!=pre) f[k][0]=min(f[k][0],dp(to[i],k,1)+s-sm[to[i]]);
}
if(x==1) //当前建
{
f[k][1]=1;
for(int i=head[k];i!=-1;i=Next[i])
if(to[i]!=pre) f[k][1]=f[k][1]+min(dp(to[i],k,2),dp(to[i],k,1));
}
if(x==2) //当前不必建(已被上面控制）
{
f[k][2]=0;
for(int i=head[k];i!=-1;i=Next[i])
if(to[i]!=pre) f[k][2]=f[k][2]+min(dp(to[i],k,0),dp(to[i],k,1));
}
return f[k][x];
}
int main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) head[i]=-1;
for(int i=1;i<n;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y);
add(y,x);
}
memset(f,-1,sizeof(f));
ans=min(dp(1,-1,0),dp(1,-1,1));
cout<<ans;
return 0;
}

顺便纪念一下bzoj200道