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树形结构!!!
因为是一棵树,所以对于每个节点,我们都把它当成根节点处理\to→树形dp!!!
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。
定义状态dp[u][0/1]表示u这个节点不放/放士兵
根据题意,如果当前节点不放置士兵,那么它的子节点必须全部放置士兵,因为要满足士兵可以看到所有的边,所以
dp[u][0]+=dp[to][1]dp[u][0]+=dp[to][1]
其中to是u的子节点
如果当前节点放置士兵,它的子节点选不选已经不重要了(因为树形dp自下而上,上面的节点不需要考虑),所以
dp[u][1]+=min(dp[to][0],dp[to][1])dp[u][1]+=min(dp[to][0],dp[to][1])
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
#define Min(a,b) (a)<(b)?(a):(b)
#define Max(a,b) (a)>(b)?(a):(b)
using namespace std;
const int N=1510;
void in(int &ans) {
ans=0; char i=getchar();
while(i<‘0‘ || i>‘9‘) i=getchar();
while(i>=‘0‘ && i<=‘9‘) ans=(ans<<1)+(ans<<3)+i-‘0‘,i=getchar();
}
int n,cur;
int to[N<<1],nex[N<<1],head[N];
int dp[N][2];
il void add(int a,int b) {
to[++cur]=b;
nex[cur]=head[a];
head[a]=cur;
}
il void read() {
for(rg int i=1;i<=n;i++) {
int x,k,y; in(x),in(k);
for(rg int j=1;j<=k;j++) {
in(y); add(x,y),add(y,x);
}
}
}
void dfs(int u,int fa) {
dp[u][1]=1,dp[u][0]=0;
for(rg int i=head[u];i;i=nex[i]) {
if(to[i]==fa) continue;
dfs(to[i],u);
dp[u][0]+=dp[to[i]][1];
dp[u][1]+=Min(dp[to[i]][1],dp[to[i]][0]);2
}
}
int main()
{
in(n); read(); dfs(0,-1);
printf("%d\n",Min(dp[0][0],dp[0][1]));
return 0;
}
2
这题其实有几种方法，其中比较显而易见的或许是树形dp吧，楼下有很多大佬已经解释过了，（这里
就不再说了)，仔细一看题就可以发现这是一个典型的最小点覆盖。最小点覆盖指的是在一个图中：一个点
覆盖与之连接的边，求用最少的点可以覆盖。这和题目要求一模一样。同时还有一个定理，最小点覆盖=
最大匹配数。如果是无向图则/2。因此就很容易想到打匈牙利算法了。
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define N 7000
using namespace std;
inline void read(int &x)
{
x=0;
int p=1;
char c=getchar();
while(!isdigit(c)){if(c==‘-‘)p=-1;c=getchar();}
while(isdigit(c)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(c^‘0‘);c=getchar();}
x*=p;
}
int n;
int to[N],beg[N],nex[N],match[N];
int vis[N];
int e;
int ans;
void add(int x,int y)
{
to[++e]=y;
nex[e]=beg[x];
beg[x]=e;
}
int dfs(int x)
{
for(int i=beg[x];i;i=nex[i])
{
int y=to[i];
if(!vis[y])
{
vis[y]=1;
if(!match[y]||dfs(match[y]))
{
match[y]=x;
return 1;
}
}
}
return 0;
}
int main()
{
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
memset(beg,0,sizeof(beg));
e=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x,gs;
read(x);
read(gs);
x++;
int y;
for(int j=1;j<=gs;j++)read(y),y++,add(x,y),add(y,x);
}
ans=0;
memset(match,0,sizeof(match));
for(int i=1;i<=n;i++)
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
if(dfs(i))ans++;
}
printf("%d\n",ans/2);
}
return 0;
}
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原文地址：https://www.cnblogs.com/ruanmowen/p/13307678.html
