1947Rebuilding Roads

最新推荐文章于 2025-09-11 18:44:42 发布

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原文链接：http://www.cnblogs.com/dowson/p/3334277.html

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#数据结构与算法

本文介绍了一种使用01背包解决的问题，即在给定的树中找到包含特定节点数的子树，并计算最少需要删除的边数来将其孤立。通过状态转移方程dp[root][j]记录以root为根的、节点数为j的子树的孤立情况，代码实现了从每个节点出发的递归遍历，并应用了动态规划思想。最终输出最少需要删除的边数。

大神的题解

题意：给一个包含n个节点的树，然后让你找一颗节点数为p的子树，同时让你删掉最少数目的边把这个子树给孤立起来，问这个最少的边数。

思路：很容易想到要用到01背包，要把子树的情况进行背包。用dp[root][j]记录以root为根的、节点数为j的子树的孤立起来需要删除的最少的边数。

状态方程为：dp[root][p]=min(dp[root][p], dp[u][k]+dp[root][p-k]-2);（其中u为root的一个孩子）

由于u与root之间的边连接了起来，所以dp[u][k]+dp[root][p-k] 多加了2次他们之间的边，所以要减去2；

含义是：我们把以 root 为根的节点的子树，把每一个分支作为背包的物品，决策就是每一个分支的选与不选，

而对于每一个分支的状态其实就是该问题的一个子问题，然后这样分割成 2 块后，我们会发现多砍了该节点与子节点的边两次，要减去之；

代码：

# include<stdio.h>
# include<string.h>
# define N 155 
int n,p;
struct node{
    int from,to,next;
}edge[2*N];
int head[N],tol,ans[N],dp[N][N];
void add(int a,int b)
{
    edge[tol].from=a;edge[tol].to=b;edge[tol].next=head[a];head[a]=tol++;
}
int min(int a,int b)
{
    return a<b?a:b;
}
void dfs(int root,int father)
{
    int i,j,k,u;
    for(i=head[root];i!=-1;i=edge[i].next)
    {
        u=edge[i].to;
        if(u!=father) dfs(u,root);
    }
    for(i=head[root];i!=-1;i=edge[i].next)
    {
        u=edge[i].to;
        if(u==father) continue;
        for(j=p;j>1;j--)
        {
            for(k=1;k<j;k++)
                dp[root][j]=min(dp[root][j],dp[u][k]+dp[root][j-k]-2);//子树和父亲节点之间的边多加了两次，所以要减去
        }
    }
}
int main()
{
    int i,j,a,b,Min;
    while(scanf("%d%d",&n,&p)!=EOF)
    {
    memset(head,-1,sizeof(head));
    memset(ans,0,sizeof(ans));
    tol=0;
    for(i=1;i<n;i++)
    {
        scanf("%d%d",&a,&b);
        add(a,b);
        add(b,a);
        ans[a]++;
        ans[b]++;
    }
    for(i=1;i<=n;i++)
        for(j=1;j<=p;j++)
            dp[i][j]=N;
    for(i=1;i<=n;i++)
        dp[i][1]=ans[i];
    if(n==p) printf("0\n");
    else
    {
        dfs(1,0);
        Min=N;
        for(i=1;i<=n;i++)
            Min=min(Min,dp[i][p]);
        printf("%d\n",Min);
    }
    }
    return 0;
}