UVA-1218 Perfect Service(树形dp)

最新推荐文章于 2022-06-26 21:51:00 发布

原创最新推荐文章于 2022-06-26 21:51:00 发布 · 179 阅读

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博客围绕树形DP算法，解决有n台机器以无根树形式连接时，求服务器最少数量的问题。按结点情况分类得出状态转移方程，如d(u,0)=sum{min(d(v,0),d(v,1))}+1等，还提到将无根树转为有根树、初始值设置及最终答案取值等要点。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题意:

有n(n<=10000)台机器以无根树形式连接，要求将其中一部分作为服务器，使得每台不是服务器的机器恰好和一台服务器相邻。求服务器的最少数量。

思路：

按结点的情况进行分类:

d(u,0):u是服务器，则每个子结点可以是服务器也可以不是。

d(u,1):u不是服务器，但u的父亲是服务器，这意味着u的所有子结点都不是服务器。

d(u,2):u和u的父亲都不是服务器。这意味着u恰好有一个儿子是服务器。

状态转移方程复杂一点，首先：

d(u,0)=sum{min(d(v,0),d(v,1))}+1

d(u,1)=sum(d(v,2))

而d(u,2)稍微复杂一点，需要枚举当服务器的子结点编号v，然后把其他所有子结点v'的d(v',2)加起来，再和d(v,0)相加。不过如果这样做，每次枚举v都要O(k)时间(其中k是u的子结点数目)，而v本身要枚举k次，因此计算d(u,2)需要花O( $k^{^{2}}$ )时间。

d(u,2)=min{sum{d(v',2)}+d(v,0)}

但这样的做法有很多重复计算。应当注意到，sum{d(v',2)}=d(u,1)-d(v,2),代入上式：

d(u,2)=min{d(u,1)-d(v,2)+d(v,0)}

综上，状态转移方程为：

d(u,0)=sum{min(d(v,0),d(v,1))}+1

d(u,1)=sum(d(v,2))

d(u,2)=min{d(u,1)-d(v,2)+d(v,0)}

另外，有几点要注意：

1、要把无根树转为有根树，用个dfs即可。
void dfs(int u,int fa){
	int k=v[u].size();
	for(int i=0;i<k;i++){
		int t=v[u][i];
		if(t!=fa)
			dfs(t,p[t]=u);
	}
}
int main(){
    for(int i=1;i<n;i++){
	    scanf("%d%d",&u,&k);
	    v[u].push_back(k);
	    v[k].push_back(u);
    }
    p[1]=-1;
    dfs(1,-1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		v[i].clear();
	for(int i=2;i<=n;i++)
		v[p[i]].push_back(i);
}
2、d(u,0),d(u,1),d(u,2)的初始值分别为1，0，INF。INF不应设置为太大的数，会溢出，看了别人的题解说用N的值刚好

3、最终答案取d(root,0)和d(root,2)的最小值

代码:

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
const int MAXN=10010;
vector<int> v[MAXN];
int n,d[MAXN][3],p[MAXN];
void dp(int u){
	if(v[u].empty()){
		d[u][0]=1;
		d[u][1]=0;
		d[u][2]=MAXN;
		return;
	}
	int k=v[u].size();
	d[u][0]=1;
	d[u][1]=0;
	d[u][2]=MAXN;
	for(int i=0;i<k;i++){
		dp(v[u][i]);
		d[u][0]+=min(d[v[u][i]][0],d[v[u][i]][1]);
		d[u][1]+=d[v[u][i]][2];
		d[u][2]=min(d[u][2],d[v[u][i]][0]-d[v[u][i]][2]);
	}
	d[u][2]+=d[u][1];
}
void dfs(int u,int fa){
	int k=v[u].size();
	for(int i=0;i<k;i++){
		int t=v[u][i];
		if(t!=fa)
			dfs(t,p[t]=u);
	}
}
int main(){
	int u,k;
	while(~scanf("%d",&n)){
		for(int i=1;i<=n;i++)
			v[i].clear();
		for(int i=1;i<n;i++){
			scanf("%d%d",&u,&k);
			v[u].push_back(k);
			v[k].push_back(u);
		}
		p[1]=-1;
		dfs(1,-1);
		for(int i=1;i<=n;i++)
			v[i].clear();
		for(int i=2;i<=n;i++){
			v[p[i]].push_back(i);
		}
		dp(1);
		printf("%d\n",min(d[1][0],d[1][2]));
		scanf("%d",&n);
		if(n==-1)
			break;
	}
	return 0;
}