树形dp的经典例题
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：
答案为1（只要一个士兵在结点1上）。
输入输出样例
输出样例#1：
1
设 f [ i ][ 0 ] 表示这个点不取，则它的所有子节点都要取
设f [ i ][ 1 ] 表示这个点取，则它的子节点取与不取对之前的答案没有影响，只要取两个中最优的情况。
由此推出答案
#include<bits/stdc++.h>//万能头，666 using namespace std; int n,x,vis[1501],f[1501][1501]; struct node//每个点的信息 { int num,child[1501];//各种孩子和孩子数 }a[1501]; inline void dp(int x)//树形dp的过程 { f[x][0]=0;//初始dp值 f[x][1]=1;//初始dp值 if(a[x].num==0)//若找到叶子节点,算是一个小优化 return; for(int i=1;i<=a[x].num;i++)//遍历x的每一个儿子 { int y=a[x].child[i]; dp(y);//递归dp f[x][0]+=f[y][1];//dp转移方程(若不选x) f[x][1]+=min(f[y][0],f[y][1]);//dp转移方程(若选x) } } int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&x); scanf("%d",&a[x].num); for(int j=1;j<=a[x].num;j++) { scanf("%d",&a[x].child[j]);//输入儿子 vis[a[x].child[j]]=1;//该节点有父亲 } } int root=0;//初始为0,开始找根 while(vis[root])//寻根 root++; dp(root);//从根开始dp printf("%d",min(f[root][0],f[root][1]));//选择跟更优的方案输出 return 0; }