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该题有两种做法，树形(DP)和贪心。
先讲贪心。
先将所有点按深度从大到小排序，然后从大到小依次取出点，若已经被覆盖则跳过，否则就在它的祖父点建立消防站。
考虑如何判断该点是否被覆盖，设数组(dis[x])表示点(x)到达离它最近的消防站的距离。
则在扫到一个点时，先用它父亲和祖父的(dis)来尝试更新该点的(dis)，即尝试用父亲或祖父来覆盖该点，若没有被覆盖，则在祖父建立消防站，并更新祖父的父亲和祖父的祖父的(dis)，这样就能同时将兄弟节点和儿子（孙子）节点覆盖点的情况记录下来。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 1010;
int de[N], fa[N], po[N], dis[N];
inline int re()
{
int x = 0;
char c = getchar();
bool p = 0;
for (; c < '0' || c > '9'; c = getchar())
p |= c == '-';
for (; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar())
x = x * 10 + c - '0';
return p ? -x : x;
}
inline int minn(int x, int y)
{
return x < y ? x : y;
}
bool comp(int x, int y)
{
return de[x] > de[y];
}
int main()
{
int i, x, y, z, n, s = 0;
n = re();
memset(dis, 60, sizeof(dis));
for (de[1] = po[1] = 1, i = 2; i <= n; i++)
{
scanf("%d", &fa[i]);
de[i] = de[fa[i]] + 1;
po[i] = i;
}
sort(po + 1, po + n + 1, comp);
for (i = 1; i <= n; i++)
{
x = po[i];
y = fa[x];
z = fa[y];
dis[x] = minn(dis[x], minn(dis[y] + 1, dis[z] + 2));
if (dis[x] > 2)
{
dis[z] = 0;
s++;
x = fa[z];
y = fa[x];
dis[x] = minn(dis[x], 1);
dis[y] = minn(dis[y], 2);
}
}
printf("%d", s);
return 0;
}
然后是另一种做法，树形(DP)。
设(f[x][k])表示以(x)为根的子树，(x)点在(k)状态下建立的消防局总数。
- (k = 0)表示在(x)建立消防局。
- (k = 1)表示(x)至少有一个儿子建立消防局。
- (k = 2)表示(x)至少有一个孙子建立消防局。
- (k = 3)表示(x)的儿子节点全部被覆盖。
- (k = 4)表示(x)的孙子节点全部被覆盖。
前(3)种情况保证(x)被覆盖，后(2)种则不能保证。
设(y,z)均为(x)儿子。
则有状态转移方程：
(qquadqquad f[x][0] = 1 + summin{ f[y][0 o 4] })
(qquadqquad f[x][1] = min{ f[y][0] + summin{ f[z][0 o 3] (z eq y) } })
(qquadqquad f[x][2] = min{ f[y][1] + summin{ f[z][0 o 2] (z eq y) } })
(qquadqquad f[x][3] = summin{ f[y][0 o 2] })
(qquadqquad f[x][4] = summin{ f[y][0 o 3] })
显然对于状态(0 o 4)，建立的消防局总数依次减小，所以可以优化转移方程：
(qquadqquad f[x][0] = 1 + sum f[y][4])
(qquadqquad f[x][1] = f[x][4] + min{ f[y][0] - f[y][3] })
(qquadqquad f[x][2] = f[x][3] + min{ f[y][1] - f[y][2] })
(qquadqquad f[x][3] = sum f[y][2])
(qquadqquad f[x][4] = sum f[y][3])
最后答案就是(f[1][2])。
因为贪心的可拓展性较好（可以处理覆盖(k)距离的情况），且打起来简单，所以这里就不给出(DP)的代码了（其实是懒）。