洛谷P2016 战略游戏【树形dp】

P2016 战略游戏
时间限制 1.00s
内存限制 125.00MB

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：

1
2 3
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
输出 #1 复制
1

解题思路：
用dp[u][1]dp[u][1]dp[u][1]来代表在uuu节点上放士兵所需要的最少士兵数
而dp[u][0]dp[u][0]dp[u][0]代表不在uuu节点上放士兵所需要的最少士兵数
我们可知，若在uuu节点上放士兵，则
dp[u][1]=dp[u][1]+min(dp[v][1],dp[v][0])dp[u][1]=dp[u][1]+min(dp[v][1],dp[v][0])dp[u][1]=dp[u][1]+min(dp[v][1],dp[v][0])
若不在uuu节点放士兵，则其子节点一定需全部放士兵，因此
dp[u][0]=dp[u][0]+dp[v][1]dp[u][0]=dp[u][0]+dp[v][1]dp[u][0]=dp[u][0]+dp[v][1]

代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <map>
#include <stack>
#include <queue>
#include <vector>
#include <bitset>
#include <set>
#include <utility>
#include <sstream>
#include <iomanip>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
#define inf 0x3f3f3f3f
#define rep(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
#define lep(i,l,r) for(int i=l;i>=r;i--)
#define ms(arr) memset(arr,0,sizeof(arr))
//priority_queue<int,vector<int> ,greater<int> >q;
const int maxn = (int)1e5 + 5;
const ll mod = 1e9+7;
vector<int> m[1600];
int dp[1600][2];
int N;
bool vis[1600];
void dfs(int s,int fa) {dp[s][1]=1;dp[s][0]=0;for(int i=0;i<m[s].size();i++) {if(m[s][i]==fa) continue;dfs(m[s][i],s);dp[s][1]+=min(dp[m[s][i]][0],dp[m[s][i]][1]);dp[s][0]+=dp[m[s][i]][1];}return;
}
int main()
{#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("in.txt", "r", stdin);#endif//freopen("out.txt", "w", stdout);//ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);scanf("%d",&N);rep(i,1,N) {int a,b,c;scanf("%d %d",&a,&b);rep(j,1,b) {scanf("%d",&c);m[a].push_back(c);}}dfs(0,-1);printf("%d\n",min(dp[0][1],dp[0][0]));return 0;
}

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