题解：UVA1218 完美的服务 Perfect Service

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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 dpx0 dpx0：表示 x x x 是服务器。
• d p x 1 dpx1 dpx1：表示 x x x 不是服务器，但是 x x x 的父亲是。
• d p x 2 dpx2 dpx2：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 ) dpx0=\sum_{v_i \in sonx} \min(dpv_i0,dpv_i1) dpx0=vi∈sonx∑min(dpvi0,dpvi1)
d p x 1 = ∑ v i ∈ s o n x d p v i 2 dpx1=\sum_{v_i \in sonx} dpv_i2 dpx1=vi∈sonx∑dpvi2

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 dpx2 dpx2。

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 ) dpx2=\min (dpw0-dpw2+\sum_{v_i \in sonx} dpv_i2) dpx2=min(dpw0−dpw2+vi∈sonx∑dpvi2)

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 dpx1 dpx1 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 dpx1 dpx1 把 ∑ v i ∈ s o n x d p v i 2 \sum_{v_i \in sonx} dpv_i2 ∑vi∈sonxdpvi2 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 ) dpx2=\min (dpw0-dpw2+dpx1) dpx2=min(dpw0−dpw2+dpx1)

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(dp10,dp12) min(dp10,dp12)。

最后提一嘴，清空的时候要小心。

#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;
}