題目

分析

一個節點有兩種狀態，是或者不是，這就有點想01背包問題，對于這類問題我們只要定義好狀態，然后每一個點都掃描一遍就可以了，令d[u][0]為u節點不是服務器的時候的解，那么d[u][0]=sum{min((d[v][0]),(d[v][1]))}；因為子節點可以是服務器也可以不是，求所有子節點的最小解的和就可以了，令d[u][1]為u不是服務器，但是u的父節點是服務器的解，此時d[u][1]=sum(d[v][2])，（因為子節點一定不是服務器），d[u][2]為父節點和u都不是服務器的解，d[u][2]=min(d[u][2],d[u][1]+d[v][0]-d[v][2]),因為u的子節點中只有一個節點為服務器，而d[u][1]=sum[d[v][2]]，這里這樣可以減少計算量。

代碼

#include <stdio.h> #include <iostream> #include <string> #include <vector> #include <math.h> #include <algorithm> using namespace std; const int N = 10009; vector<int> g[N];//存放子節點 int dp[N][3];void dfs(int u, int fa)//類似于01背包的掃描問題，每一個狀態也就是節點只有兩個決策：是或不是 {dp[u][0] = 1;//u是服務器dp[u][1] = 0;//u不是服務器但是其父節點是dp[u][2] = N;//u不是服務器，父節點也不是服務器for (int i = 0; i<g[u].size(); i++){if (g[u][i] != fa)//子節點不等于父節點{dfs(g[u][i], u);//把所有子節點都算出來dp[u][0] += min(dp[g[u][i]][0], dp[g[u][i]][1]);//子節點相互獨立dp[u][1] += dp[g[u][i]][2];}}for (int i = 0; i<g[u].size(); i++){if (g[u][i] != fa)dp[u][2] = min(dp[u][2], dp[u][1] + dp[g[u][i]][0] - dp[g[u][i]][2]);//利用d[u][1]=alld[v][2]} }int main() {int n;while (cin >> n){int a, b;for (int i = 1; i<n; i++){cin >> a >> b;g[a].push_back(b);g[b].push_back(a);}dfs(1, -1);cout << min(dp[1][0], dp[1][2]) << endl;cin >> a;if (a == -1)break;for (int i = 1; i <= n; i++)g[i].clear();}return 0; }

總結

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