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.
输入输出格式
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：（已修复）
0
/
1
|
2 3
答案为1（只要一个士兵在结点1上）。
输入输出样例
输入样例#1：
4
0 1 1
1 2 2 3
2 0
3 0
输出样例#1：
1
解析：
这估计是我最快过的蓝题了233
话说它为什么是蓝题（雾
简单的树形(dp)，一定程度上可以参考P1352 没有上司的舞会。
二者都具有明显的后效性，不能用一维数组来做。
设(dp[x][1])为当(x)处放置士兵时，以(x)为根节点的子树中最少需要的士兵数量。
设(dp[x][0])为当(x)处不放置士兵时，以(x)为根节点的子树中最少需要的士兵数量。
考虑到一些涉及一点点贪心的因素，如果某个点(x)没有放置士兵，那么在它的子节点放置士兵一定比不放置士兵更优。
而如果这个点(x)放置了士兵，那么我们无法知道它的子节点是放置士兵最优还是不放置士兵最优。
因此，可以得到状态转移方程：
- (dp[x][1]+=min(dp[y][1],dp[y][0]))，其中(x)表示根节点，(y)表示子节点。
- (dp[x][0]+=dp[y][0])
参考代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<vector>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define PI acos(-1.0)
#define N 2010
#define MOD 2520
#define E 1e-12
using namespace std;
//start from 0
struct rec{
int next,ver;
}g[N<<1];
int head[N],tot,n,dp[N][2];
bool v[N];
inline int read()
{
int f=1,x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
void add(int x,int y)
{
g[++tot].ver=y;
g[tot].next=head[x],head[x]=tot;
}
//1·ÅÖã¬0²»·ÅÖÃ
void calc(int x)
{
v[x]=1;
dp[x][1]=1;
for(int i=head[x];i;i=g[i].next){
int y=g[i].ver;
if(v[y]) continue;
calc(y);
dp[x][1]+=min(dp[y][1],dp[y][0]);
dp[x][0]+=dp[y][1];
}
}
int main()
{
n=read();
for(int i=0;i<n;i++){
int ii,k;
ii=read(),k=read();
for(int t=1;t<=k;t++){
int y;
y=read();
add(ii,y),add(y,ii);
}
}
int ans=INF;
for(int i=0;i<n;i++){
memset(dp,0,sizeof(dp));
memset(v,0,sizeof(v));
calc(i);
ans=min(ans,min(dp[i][1],dp[i][0]));
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}