战略游戏

树形dp 状态机dp

题目描述

#10156. 「一本通 5.2 例 4」战略游戏 - 题目 - LibreOJ (loj.ac) 323. 战略游戏 - AcWing题库 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方法。现在他有个问题。

现在他有座古城堡，古城堡的路形成一棵树。他要在这棵树的节点上放置最少数目的士兵，使得这些士兵能够瞭望到所有的路。

注意：某个士兵在一个节点上时，与该节点相连的所有边都将能被瞭望到。

请你编一个程序，给定一棵树，帮 Bob 计算出他最少要放置的士兵数。

例如, 下面的树： 只需要放置1名士兵在节点1处就可以观察到所有的边。

输入格式

输入数据表示一棵树，描述如下。

第一行一个数 $N$ ，表示树中节点的数目。

第二到第 $N+1$ 行，每行描述每个节点信息，依次为该节点编号 $i$，数值 $k$，$k$ 表示后面有 $k$ 条边与节点 $i$ 相连，接下来 $k$ 个数，分别是每条边的所连节点编号 $r_1,r_2,\cdots ,r_k$。

对于一个有 $N$ 个节点的树，节点标号在 $0$ 到 $N-1$ 之间，且在输入文件中每条边仅出现一次。

输出格式

输出仅包含一个数，为所求的最少士兵数。

样例

input

4
0 1 1
1 2 2 3
2 0
3 0

output

1

数据范围与提示

对于 $100\%$ 的数据，有 $0<N\le 1500$。

思路

和上司的舞会那道题很像, 之前是每条边最多选择一个, 求最大权值和, 是最大独立集问题。 而这一题就是每条边最少选择一个, 求最小权值和。

每个点被观察到时存在三种情况

• 父节点有士兵
• 该点有士兵
• 子节点有士兵

沿用状态机DP的思想, 状态表示为：f[i][2] 以 i 为根的子树所有覆盖的方案中, 最少需要的士兵数。f[i][0] 代表根节点无士兵, f[i][1]代表根节点有士兵。

状态转移： 只考虑当前节点和子节点, 显然f[i][0]可以从子节点有士兵转移, f[i][1]可以从子节点无士兵转移。 f[i][0] += f[j][1] f[i][1] += min(f[j][1], f[j][0])

初始所有点为： f[i][0] = 0 f[i][1] = 1

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N = 2e3;
int h[N], e[N], ne[N], idx;
int n;
int f[N][2];
bool st[N];
 
void add(int a, int b)
{
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
 
void dfs(int u)
{
 
    f[u][0] = 0;
    f[u][1] = 1;
    for(int i = h[u]; ~i; i = ne[i])
    {
        int j = e[i];
 
        dfs(j);
        f[u][0] += f[j][1];
        f[u][1] += min(f[j][1], f[j][0]);
    }
}
 
int main()
{
    while(scanf("%d", &n) != EOF)
    {
        memset(h,-1,sizeof h);
        idx = 0;
        memset(st, false, sizeof st);
        for(int i = 0; i < n; i++)
        {
            int a,m;
            scanf("%d:(%d)", &a, &m);
            for(int i = 0; i < m; i++)
            {
                int b;
                scanf("%d", &b);
                add(a,b);
                st[b] = true;
                
            }
        }
        int root = 0;
        while(st[root]) root++;
        dfs(root);
        printf("%d\n", min(f[root][1], f[root][0]));
        
    }
    return 0;
}