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题解：UVA1218 完美的服务 Perfect Service
考虑树形 dp，不难想到我们会用到三个状态，具体如下
- d p [ x ] [ 0 ] dp[x][0] dp[x][0]：表示 x x x 是服务器。
- d p [ x ] [ 1 ] dp[x][1] dp[x][1]：表示 x x x 不是服务器，但是 x x x 的父亲是。
- d p [ x ] [ 2 ] dp[x][2] dp[x][2]：表示 x x x 不是服务器， x x x 的父亲也不是。
那么我们就不难想到会有以下几个状态转移方程：
注： v i v_i vi 表示 x x x 的孩子。
d p [ x ] [ 0 ] = ∑ v i ∈ s o n [ x ] min ( d p [ v i ] [ 0 ] , d p [ v i ] [ 1 ] ) dp[x][0]=\sum_{v_i \in son[x]} \min(dp[v_i][0],dp[v_i][1]) dp[x][0]=vi∈son[x]∑min(dp[vi][0],dp[vi][1])
d p [ x ] [ 1 ] = ∑ v i ∈ s o n [ x ] d p [ v i ] [ 2 ] dp[x][1]=\sum_{v_i \in son[x]} dp[v_i][2] dp[x][1]=vi∈son[x]∑dp[vi][2]
上面的两个状态转移方程非常好想对吧，按照dp的定义即可推导出来，关键就是在于 d p [ x ] [ 2 ] dp[x][2] dp[x][2]。
题目中要求了，只能有一个服务器与之相连，所以说我们很容易想出用暴力的思想，暴力枚举所有儿子，看选哪一个作为服务器，所以就有了一下的状态转移方程。（设 w w w 为选中的儿子）
d p [ x ] [ 2 ] = min ( d p [ w ] [ 0 ] − d p [ w ] [ 2 ] + ∑ v i ∈ s o n [ x ] d p [ v i ] [ 2 ] ) dp[x][2]=\min (dp[w][0]-dp[w][2]+\sum_{v_i \in son[x]} dp[v_i][2]) dp[x][2]=min(dp[w][0]−dp[w][2]+vi∈son[x]∑dp[vi][2])
但是这样的话，我们每次都还需要用 O ( n ) \cal O(n) O(n) 的时间复杂度来求和，会超时。
但是我们动动脑子，就会发现， d p [ x ] [ 1 ] dp[x][1] dp[x][1] 不就是我们后面所求的那个和吗？那么我们直接用 d p [ x ] [ 1 ] dp[x][1] dp[x][1] 把 ∑ v i ∈ s o n [ x ] d p [ v i ] [ 2 ] \sum_{v_i \in son[x]} dp[v_i][2] ∑vi∈son[x]dp[vi][2] 给替换了不就行了？
d p [ x ] [ 2 ] = min ( d p [ w ] [ 0 ] − d p [ w ] [ 2 ] + d p [ x ] [ 1 ] ) dp[x][2]=\min (dp[w][0]-dp[w][2]+dp[x][1]) dp[x][2]=min(dp[w][0]−dp[w][2]+dp[x][1])
现在所有的答案都有了，那么我们最终的答案就是 min ( d p [ 1 ] [ 0 ] , d p [ 1 ] [ 2 ] ) \min(dp[1][0],dp[1][2]) min(dp[1][0],dp[1][2])。
最后提一嘴，清空的时候要小心。
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF=1e5+10;
int dp[INF][3];
vector<int> mp[INF];
void dfs(int x,int fa){
dp[x][0]=1,dp[x][1]=0,dp[x][2]=1e8;
int len=mp[x].size();
for (int i=0;i<len;i++){
if (mp[x][i]==fa)continue;
int t=mp[x][i];
dfs(t,x);
dp[x][0]+=min(dp[t][0],dp[t][1]);
dp[x][1]+=dp[t][2];
}
if (len==1&&x!=1)return;
for (int i=0;i<len;i++){
if (mp[x][i]==fa)continue;
int t=mp[x][i];
dp[x][2]=min(dp[x][2],dp[t][0]+dp[x][1]-dp[t][2]);
}
}
int main(){
while (1){
int n,t;
cin>>n;
for (int i=1;i<=n;i++){
mp[i].clear();
}
for (int i=1;i<n;i++){
int u,v;
cin>>u>>v;
mp[u].push_back(v);
mp[v].push_back(u);
}
dfs(1,-1);
cout<<min(dp[1][0],dp[1][2])<<endl;
cin>>t;
if (t==-1)return 0;
}
return 0;
}