Strategic game(树形DP入门)
题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1054
题目大意:一棵树,要放置哨兵,要求最少放置多少哨兵能监视到所有的结点
题目分析:
放置哨兵无非两种情况,放或不放,我们可以用dp[i][1]来表示第i个结点放置哨兵,dp[i][0]来表示第i个结点不放置哨兵,我们可以从上往下,从左往右来遍历树,所以这就用到了树形DP的知识,我们很容易知道,如果父亲结点没放哨兵,那么子结点肯定要放置哨兵,如果父亲放置了哨兵,那么子结点可以考虑放或者不放。所以很容易写出状态转移方程dp[v][1] += min(dp[u][1],dp[u][0]),dp[v][0] += dp[u][1],由于子结点可能有多个,我们要依次从左到右遍历所以我们必须开一个brother来存放它前一个兄弟结点,然后只要DFS递归的来从上往下遍历就可以得解了
和我的上一篇差不多:https://www.cnblogs.com/wsy107316/p/11319167.html
AC代码:
/* */
# include <iostream>
# include <stdio.h>
# include <string.h>
# include <cstdlib>
# include <cmath>
# include <climits>
# include <ctime>
# include <algorithm>
# include <deque>
# include <bitset>
# include <cctype>
# include <queue>
# include <stack>
# include <list>
# include <set>
# include <map>
# include <vector>
using namespace std;
const int maxn = ;
bool vis[maxn];
int dp[maxn][];
int n;
vector<int>son[maxn]; void dfs(int root)
{
vis[root]=;
for(int i=; i<son[root].size(); i++ )
{
int v=son[root][i];
if( !vis[v] )
{
dfs(v);
dp[root][] += min(dp[v][], dp[v][]);///0表示无哨兵,i处无哨兵则子结点处必须有哨兵
dp[root][] += dp[v][];///1表示有哨兵,i处有哨兵的情况等于子结点处有哨兵或者无哨兵的最小值
}
}
} int main()
{
int num, so, ss;
while( ~ scanf("%d", &n) )
{
for(int i=; i<=n; i++ )
son[i].clear();
memset(vis, , sizeof(vis)); for(int i=; i<n; i++ )
{
dp[i][] = ;
dp[i][] = ;
} for(int i=; i<n; i++ )
{
scanf("%d:(%d)", &num, &so);
for(int j=; j<so; j++ )
{
scanf("%d", &ss);
son[num].push_back(ss);///num节点可以看到ss节点
son[ss].push_back(num);///则ss节点也可以看到num结点
}
} dfs();///反正整棵树一定是联通的,那么就随便选一个作为根节点
cout<<min(dp[][], dp[][])<<endl;
}
return ;
}
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