2011分区联赛模拟试题电子眼（树形dp）

2011分区联赛模拟试题电子眼

Description

中山市石一个环境优美、气候宜人的小城市。因为城市的交通并不繁忙，市内的道路网很稀疏。准确地说，中山市有N-1条马路和N个路口，每条马路连接两个路口，每两个路口之间最多只有一条马路。作为一条交通网络，显然每两个路口之间都是可达的。为了更好地管理中山市的交通，市长决定在一些路口加装电子眼，用来随时监视路面情况。这些装在路口的电子眼能够监视所有连接到这个路口的马路。现在市长想知道最少需要在多少个路口安装电子眼才能监视所有的马路。市长已经把所有的路口都编上了1～N的号码。
给你中山市的地图，你能帮忙吗？

Input

输入文件traffic.in的第1行包括一个数字N(1<=N<=100000)，表示中山市的路口数。接下来N-1行，每行两个数字x_i和y_i,用来描述N-1条路所连接的两个路口的编号。

Output

输出最少需要安装电子眼的数量。

Sample Input

3
1 2
1 3

Sample Output

Hint
数据规模：
30% N<=100
50% N<=1000
100% N<=100000

思路：
我们设f[i][1]表示以i作为根节点，选i为安装点的最少安装个数；f[i][0]表示以i作为根节点，不选i为安装点的最少安装个数
root表示根节点，e[i].v表示子节点。
那动态转移方程便可得：
选i为安装点:f[root][1]+=min(f[e[i].v][0],f[e[i].v][1])选i为安装点: f[root][1]+=min(f[e[i].v][0],f[e[i].v][1])选i为安装点:f[root][1]+=min(f[e[i].v][0],f[e[i].v][1])
root安装了，那么与它相连的点可以不安装，因为要安装个数最少嘛！
那为什么还可以安装呢？我们来看一张图：

我们可以发现如果选了子节点，只需要2个；而不选，则需要3个。
不选i为安装点:f[root][0]+=f[e[i].v][1]不选i为安装点: f[root][0]+=f[e[i].v][1]不选i为安装点:f[root][0]+=f[e[i].v][1]
因为根不选，那么一定要在所有子节点中有安装，否则那怎么监视root?
（这个动态转移方程和一般的树形dp不一样，大家好好理解）

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
#define ll long long
#define fre(x) freopen(#x".in","r",stdin),freopen(#x".out","w",stdout);
using namespace std;
const int MAX=2147483647;
const int N=1e5+10;
struct node
{int u,v,next;
} e[2*N];
int n,u,v,tot,hd[N],f[N][2],ans=MAX;
bool vis[N];
void add(int x,int y) {e[++tot]=(node){x,y,hd[x]},hd[x]=tot;}
void tree_dp(int root)
{f[root][1]=1,vis[root]=1;for(int i=hd[root];i;i=e[i].next)if(!vis[e[i].v]){tree_dp(e[i].v);f[root][0]+=f[e[i].v][1]; //不选，为了监控root，一定要选子节点f[root][1]+=min(f[e[i].v][1],f[e[i].v][0]); //上面说过的特殊情况，所以可以选}
}
int main()
{scanf("%d",&n);for(int i=1;i<n;i++) scanf("%d%d",&u,&v),add(u,v),add(v,u);   tree_dp(1);ans=min(f[1][0],f[1][1]);printf("%d",ans);return 0;
}

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