战略游戏（LGOJ P2016） —— 树形DP基础_小游戏树形dp oj-优快云博客

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/weixin_43925239/article/details/88557077

前言

为什么库存里还有一个这个呢？？

算了既然忘记发了那就发了吧。。。

题目

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

输入数据表示一棵树，描述如下：

第1行: 1个整数N(0＜N≤1500)，表示树中结点的数目。

第2行..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个结点的树，结点标号在0到n-1之间，在输入文件中每条边只出现一次

输出

输出仅包含一个数，为所求的最少的士兵数目。

样例输入

样例1

样例2

样例输出

样例1

样例2

提示

样例一示意图：

样例二示意图：

解析

其实这道题乍一看好像跟手机网络[USACO 08 JAN]差不多，于是我在看完题以后也就真的把源代码改了下输入后就交了。。。。

可能大家都已经知道了结果会是什么—— Wrong Answer .（~~此处应有《凉凉》~~）

于是乎，我又重新看了下题目描述，最后终于发现了一个很重要的东西 ——

他要在这棵树的结点上放置最少数目的士兵，使得这些士兵能瞭望到所有的路。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瞭望到。

这就是与那道题的不同点了：手机网络实际上求得是节点，也就是说一个节点建了信号塔，那么与它相邻的节点就可以“一衣带水”不用再建了，但是这道题就不一样了，如果说这个点放上了士兵，那么受益的其实是与它相邻的边。

如果大家还是没有懂的话，可以看这个图：

如果按手机网络的话，最优的方案就是在1号节点，2号节点和4号节点分别放上信号塔，最后是有三个。

而如果是按照本题来看的话，那么最优的方案其实是2号节点，3号节点和4号节点放上士兵。虽然来说也是有三个，但是这两个的3却代表着不一样的意思。

而这个差异到一些数据更大的时候就会更加明显，甚至答案也会不一样哦。

讨论完差距，现在来设dp吧。

我们可以令 $dp_{i, j}$ 表示为以i为根的子树中，i是否放士兵的分别最小士兵数量。

通俗点来说，就是j一共有2种—— ${\color{Red} dp_{i, 0}}$ 表示i放上士兵的状态，而 ${\color{Red} dp_{i, 1}}$ 则表示不放。

这样来看的话，其实状态是比较好推出来的——

$dp_{i, 0} += min\left \{ dp_{son, 0}, dp_{son, 1} \right \}$ ，因为i放上了士兵，那么他的儿子放不放也就无所谓了。

$dp_{i, 1} = min\left \{ dp_{son, 1} \right \}$ i不放士兵的话，那么就必须靠它的儿子来将他们之间的那条边瞭望到了。

参考代码

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
using namespace std;
#define min(a, b) a < b ? a : b
#define max(a, b) a > b ? a : b
 
void read (int &x){
    int f = 1; x = 0;
    char c = getchar ();
    while (c < '0' || c > '9'){
        if (c == '-') f = -1;
        c = getchar ();
    }
    while (c >= '0' && c <= '9'){
        x = (x << 1) + (x << 3) + c - 48;
        c = getchar ();
    }
    x *= f;
}
 
void print (int x){
    if (x < 0){
        putchar ('-');
        x = ~(x) + 1;
    }
    if (x / 10) print (x / 10);
    putchar (x % 10 + 48);
}
 
#define N 1500
#define INF 0x3f3f3f3f
 
int n, dp[N + 5][3], root, indeg[N + 5];
vector <int> G[N + 5];
 
void dfs (int u, int f){
    dp[u][0] = 1;
    for (int i = 0; i < G[u].size (); i++){
        int v = G[u][i];
        if (v == f) continue;
        dfs (v, u);
        dp[u][0] += min (dp[v][1], dp[v][0]);
        dp[u][1] += dp[v][0];
    }
}
 
int main (){
    read (n);
    for (int i = 1; i <= n; i++){
        int u, k; read (u); read (k);
        while (k--){
            int v; read (v);
            G[u].push_back (v);
            indeg[v] ++;
        }
    }
    for (int i = 0; i < n; i++)
        if (!indeg[i]){
            root = i;
            break;
        }
    dfs (root, -1);
    print (min (dp[root][0], dp[root][1]));
    return 0;
}