Description
John想让他的所有牛用上手机以便相互交流，他需要建立几座信号塔在(N)块草地中。已知与信号塔相邻的草地能收到信号。给你(N-1)个草地((A,B))的相邻关系，问：最少需要建多少个信号塔能实现所有草地都有信号。
Solution
妙妙的树形(DP)。
显然(x)只能被自己的儿子/父亲染色后波及，或者自己就已经被染色。我们设(dp[x][0/1/2])分别表示(x)是在(x)自己/自己的儿子/自己的父亲染色后被波及（被其他点波及的，自己肯定就不用染色了），且子树全被波及所需要的最少染色次数。设(x)的儿子为(y)，再分别进行转移：
(1.dp[x][0]=sum{min(dp[y][0],dp[y][1],dp[y][2])})（(y)可以自己染色，被(x)波及，和被它的儿子波及）
(2.dp[x][2]=sum{min(dp[y][0],dp[y][1])})（(y)可以自己染色和被它的儿子波及，但不会被(x)波及）
而(dp[x][1])的转移比较复杂。显然它也只会由(dp[y][0])和(dp[y][1])转移而来，但具体要怎么转移呢？
我们贪心地想，肯定是要取(min(dp[y][0],dp[y][1]))。但比较特殊的是，(dp[x][1])也不能全由(dp[y][1])转移来，因为它至少要有一个自己被染色的儿子来波及它。
所以我们先把(dp[x][1])加上(sum{dp[y][0]})，再把(dp[y][1]-dp[y][0])的值存到一个队列(que)里。处理完(x)的所有子节点后，再来处理(dp[x][1])。显然，若(que[i]<0)，那么我们就把(dp[y][0])替换成(dp[y][1])（即(dp[x][1]+=que[i])）。所以直接从小到大排序，如果(que[i]>0)就(break)掉。这样也能保证替换的值是最优的。还要注意两点：首先如果(x)没有儿子，那么(dp[x][1])要设成(INF)。其次设(que[])有(t)个元素，我们只能枚举到(t-1)个元素，原因之前已经说过了。
最后要注意每次(dfs)要新开一个队列，不能用全局变量！！（可能是因为回溯之类的奇奇怪怪的原因吧）
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, tot, hd[100005], to[200005], nxt[200005], dp[100005][3];
int read()
{
int x = 0, fl = 1; char ch = getchar();
while (ch < '0' || ch > '9') { if (ch == '-') fl = -1; ch = getchar();}
while (ch >= '0' && ch <= '9') {x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}
return x * fl;
}
void add(int x, int y)
{
tot ++ ;
to[tot] = y;
nxt[tot] = hd[x];
hd[x] = tot;
return;
}
void dfs(int x, int fa)
{
dp[x][0] = 1; int t = 0, que[100005];
for (int i = hd[x]; i; i = nxt[i])
{
int y = to[i];
if (y == fa) continue;
dfs(y, x);
dp[x][0] += min(dp[y][1], dp[y][2]);
dp[x][1] += dp[y][0];
dp[x][2] += min(dp[y][0], dp[y][1]);
que[ ++ t] = dp[y][1] - dp[y][0];
}
sort(que + 1, que + t + 1);
if (!t) dp[x][1] = 1e9;
else
{
for (int i = 1; i < t; i ++ )
{
if (que[i] < 0) dp[x][1] += que[i];
else break;
}
}
for (int i = 1; i <= t; i ++ )
que[i] = 0;
return;
}
int main()
{
n = read();
for (int i = 1; i <= n - 1; i ++ )
{
int x = read(), y = read();
add(x, y); add(y, x);
}
dfs(1, 0);
printf("%d
", min(dp[1][0], dp[1][1]));
return 0;
}