POJ 1947 Rebuilding Road(树形DP)

Description

The cows have reconstructed Farmer John's farm, with its N barns (1 <= N <= 150, number 1..N) after the terrible earthquake last May. The cows didn't have time to rebuild any extra roads, so now there is exactly one way to get from any given barn to any other barn. Thus, the farm transportation system can be represented as a tree.

Farmer John wants to know how much damage another earthquake could do. He wants to know the minimum number of roads whose destruction would isolate a subtree of exactly P (1 <= P <= N) barns from the rest of the barns.

Input

* Line 1: Two integers, N and P

* Lines 2..N: N-1 lines, each with two integers I and J. Node I is node J's parent in the tree of roads.

Output

A single line containing the integer that is the minimum number of roads that need to be destroyed for a subtree of P nodes to be isolated.

Sample Input

Sample Output

Hint

[A subtree with nodes (1, 2, 3, 6, 7, 8) will become isolated if roads 1-4 and 1-5 are destroyed.]

题意:

给定一棵树, 求解最少切除几条边可以得到一个大小为 P 的子树

思路:

1. 这题是我做过的最难理解的 DP 题目了(假如我的脑子没退化), 我顺着别人的代码单步调试才搞清楚 DP 的思路, VS 的单步调试真是神器, 不仅可以 debug, 更能帮助理解代码

2. 先贴上网上广为流传的思路, dp[u][j] 表示以 u 为根的子树保留 j 个节点的最少切除边数. 对于 u 的某一个孩子 v, 假如保留 v 的话, 那么

dp[u][j] = min(1+dp[u][j], dp[u][j-k]+dp[v][k]). 假如不保留 v 的话, 那么 dp[u][j] = dp[u][j]+1

3. 我的思路

dp[u][j] 表示以 u 为根的子树保留 j 个节点最少切除的边数
树形 DP 求解父节点时, 一般是先求解子节点, 得到子节点对应的信息, 然后回溯到父节点, 代码的框架基本这样
```
dfs(int u) {
   初始化
   for(u 的孩子节点v...) {
     dfs(v)
   }  
}
```
某时刻, 恰好要进行 dfs(i), 此刻 dp[u][j] 记录的数据是假设父节点 u 仅有前 i-1 个孩子时的最优解. dp[u][j] 记录的是 u 的前 i-1 个孩子保留 j 个节点的最少切边数
对 i 执行 dfs(i), 得到以 i 为根的子树保留 j 个节点的最少切边数dp[i][j]
这时, 我们假设直接切除第 u-i 这条边, 多切除了一条边, 所有的 dp[u][j]+1, 并记录 ans = dp[u][j]+1
(5) 是做了一个假设, 但以 i 为根树的加入可能会使某个 dp[u][j'] 变小, 所以需要判断 dp[u][j-k]+dp[i][k] 与 ans 的关系
dp[u][j] = min(ans, dp[u][j-k]+dp[i][k])

总结:

1. 这道题我看着别人的代码, 用 VS 的单步调试才弄明白, 变量的初始化非常神奇, 甚至有些不合逻辑(dp[u][1] = 0 就与 dp 的定义不符), 但使用起来, 却是极好的

2. 以前做树形 dp 题时, 总怕重复计算, 但从这道题中才完全明白, 树形 dp 常用的状态转移方程 dp[u][j] = min( dp[u][j], dp[u][j-k]+dp[v][k]) 表示

dp[u][j] (前 i 个孩子) = min( dp[u][j](前 i-1 个孩子), dp[u][j-k](前 i-1 个孩子)+dp[i][k](第 i 个孩子))

3. 就像(2) 所描述的那样, 对 u 的第 i-1 个孩子进行计算的时候, u 并不知道其是否有第 i 个孩子, 所以, dp[u][1] 初始化为 0 也可以理解成符合逻辑 --- 刚开始假设 u 没有孩子节点, 那么 dp[u][1] 就是 0

3. 这道题中的第二层循环, v = V...0 仍是为了防止重复计算, 从状态转移方程也可以看出, dp[u][j] (前 i 个孩子) = min( dp[u][j](前 i-1 个孩子), dp[u][j-k](前 i-1 个孩子)+dp[i][k](第 i 个孩子)). 假如 v = 0...V, 那么状态转移方程就变成了 dp[u][j] (前 i 个孩子) = min( 1+dp[u][j](前 i-1 个孩子), dp[u][j-k](前 i 个孩子)+dp[i][k](第 i 个孩子))

4. 第三层循环 k 的遍历顺序就没什么要求了, 因为 k 的遍历是状态转移方程的非递归写法 dp[u][j] = min( 1+dp[u][j], dp[u][j-1]+dp[i][1], dp[u][j-2]+dp[i][2], ... dp[u][0]+dp[i][k]). 从状态转移方程中也能看出, 遍历顺序无关紧要, 没有依赖的问题

5. 初始化非常 tricky, 我自己是断然想不出的

6. 建树方法有点意思, 不理解要什么那样建树, 可能是兼顾效率与能力吧, 但不理解为什么不能随意取点作为大树的根

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int MAXN = 160;
const int INFS = 0x3fffffff;
int dp[MAXN][MAXN], U[MAXN], V[MAXN];
bool vis[MAXN];

void treedp(int u, int vol, int n)
{
    for (int v = 0; v <= vol; ++v)
        dp[u][v] = INFS;
    dp[u][1] = 0;

    for (int i = 1; i < n; ++i)
    {
        if (u != U[i])
            continue ;

        treedp(V[i], vol, n);
        for (int v = vol; v >= 0; --v)
        {
            int ans = INFS;
            if (dp[u][v] != INFS)
                ans = dp[u][v] + 1;

            for (int p = 0; p <= v; ++p)
                if (dp[u][p] != INFS && dp[V[i]][v - p] != INFS)
                    ans = min(ans, dp[u][p] + dp[V[i]][v - p]);

            dp[u][v] = ans;
        }
    }
}

int main()
{
    int n, p;
    while (scanf("%d %d", &n, &p) != EOF)
    {
        memset(vis, false, sizeof(vis));
        for (int i = 1; i < n; ++i)
        {
            scanf("%d %d", &U[i], &V[i]);
            vis[V[i]] = true;
        }

        int rt;
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            if (!vis[i])
                rt = i;

        treedp(rt, p, n);

        int ans = dp[rt][p];
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            if (dp[i][p] < ans)
                ans = dp[i][p] + 1;

        printf("%d
", ans);
    }
    return 0;
}