树的最小支配集，最小点覆盖与最大独立集

首先看一下三者的定义：

定义1 对于图G=(V,E)来说， 最小支配集 指的是从V中取尽量少的点组成一个集合，使得对于V中剩余的点都与取出来的点有边相连。也就是说，设V‘是图G的一个支配集，则对于图中的任意一个顶点u，要么属于集合V’，要么与V‘中的顶点相邻。在V’中出去任何元素后V‘不再是支配集，则支配集是极小支配集。称G的所有支配集中顶点个数最少的支配集为最小支配集，最小支配集中顶点的个数称为支配数。

定义2 对于图G=(V,E)来说， 最小点覆盖 指的是从V中取尽量少的点组成一个集合，使得E中所有的边都与取出来的点相连。也就是说，设V‘是图G的一个顶点覆盖，则对于图中的任意一条边(u,v)，要么u属于集合V’，要么v属于集合V‘。在V‘中除去任何元素后V’不在是顶点覆盖，则V‘是极小顶点覆盖。称G的所有顶点覆盖中顶点个数最少的覆盖为最小点覆盖。

定义3 对于图G=(V,E)来说， 最大独立集 指的是从V中取尽量多的点组成一个集合，使得这些点之间没有边相连。也就是说，设V’是图G的一个独立集，则对于图中任意一条边(u,v)，u和v不能同时属于集合V'，甚至可以u和v都不属于集合V‘。在V’中添加任何不属于V‘元素后V’不再是独立集，则V‘是极大独立集。称G的所有顶点独立集中顶点个数最多的独立集为最大独立集。

对于任意图G来说，这三个问题不存在多项式时间的解法。 不过对于树来说，却很容易。目前有两种解法，一种基于贪心思想，另一种基于树形动态规划思想。

求解（贪心算法）：对整棵树进行dfs，求出dfs序，然后进行贪心。以求支配集为例，对于儿子和父亲，肯定选父亲能影响到的更多，那么只要把最小面一层确定后就可以从后往前进行判断了。

 1 int p[maxn];
 2 bool select[maxn];
 3 int newpos[maxn];
 4 int now;
 5 int n,m;
 6 void DFS(int x)
 7 {
 8     newpos[now++]=x;
 9     int k;
10     for(k=head[x];k!=-1;k=edge[k].next)
11     {
12         if(!select[edge[k].to])
13         {
14             select[edge[k].to]=true;
15             p[edge[k].to]=x;
16             DFS(edge[k].to);
17         }
18     }
19 }

View Code

对于最小支配集，贪心函数如下：

 1 int greedy()
 2 {
 3     bool s[maxn];
 4     bool set[maxn]={0};
 5     int ans=0;
 6     int i;
 7     for(i=n-1;i>=0;i--)
 8     {
 9         int t=newpos[i];
10         if(!s[t])
11         {
12             if(!set[p[t]])
13             {
14                 set[p[t]]=true;
15                 ans++;
16             }
17             s[t]=true;
18             s[p[t]]=true;
19             s[p[p[t]]]=true;
20         }
21     }
22     return ans;
23 }

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对于最小点覆盖，贪心函数如下：

 1 int greedy()
 2 {
 3     bool s[maxn]={0};
 4     bool set[maxn]={0};
 5     int ans=0;
 6     int i;
 7     for(i=n-1;i>=1;i--)
 8     {
 9         int t=newpos[i];
10         if(!s[t]&&s[p[t]])
11         {
12             set[p[t]]=true;
13             ans++;
14             s[t]=true;
15             s[p[t]]=true;
16         }
17     }
18     return ans;
19 }

View Code

对于最大独立集，贪心函数如下：

 1 int greedy()
 2 {
 3     bool s[maxn]={0};
 4     bool set[maxn]={0};
 5     int ans=0;
 6     int i;
 7     for(i=n-1;i>=0;i--)
 8     {
 9         int t=newpos[i];
10         if(!s[t])
11         {
12             set[t]=true;
13             ans++;
14             s[t]=true;
15             s[p[t]]=true;
16         }
17     }
18     return ans;
19 }