【題解】UVa 1218 Perfect Service

UVa傳送門
洛谷RemoteJudge傳送門
題目大意：有n(n ≤ 10000)臺機器組成樹形結構，要求在其中的一些機器上安裝服務器，使得每臺不是服務器的計算機恰好和一臺服務器計算器相連。求服務器最少的數量。
典型樹形DP。
根據節點的情況進行分類。
d(u,0)$d(u,0)$ :u$u$ 是服務器，子節點是或不是服務器均可。
d(u,1)$d(u,1)$ :u$u$ 不是服務器，但u$u$ 的父親是服務器，這意味着u$u$ 的所有兒子都不是服務器。
d(u,2)$d(u,2)$ :u$u$ 不是服務器，而且u$u$ 的父親也不是服務器。這意味着u$u$ 的所有兒子結點中有且僅有一個兒子是服務器。
有了剛纔的解釋，狀態轉移方程寫出來也不算複雜：
d(u,0)=∑min(d(v,0),d(v,1))+1$d(u,0)=\sum min(d(v,0),d(v,1))+1$
d(u,1)=∑d(v,2)$d(u,1)=\sum d(v,2)$
d(u,2)=d(v,0)+∑d(v′,2)$d(u,2)=d(v,0)+\sum d(v^{\prime },2)$
枚舉v$v$ ，v′$v^{\prime }$ 表示除了v$v$ 以外的u$u$ 的子節點
由此看來，三種運算所需要的時間並不相同，d(u,2)$d(u,2)$ 需要花O(k2)$O(k^2)$ 的時間進行計算，時間複雜度過高，仔細觀察狀態其實我們可以利用已經被計算過的d(u,1)$d(u,1)$ 優化我們的狀態轉移方程。
d(u,1)$d(u,1)$ 只需在所有d(u,1)–d(v,2)+d(v,0)$d(u,1)–d(v,2)+d(v,0)$ 中取個min$min$ 即可。
這樣子，三種狀態都能在O(k)$O(k)$ 的時間內被計算，總的時間複雜度爲O(n)$O(n)$ 。

Code$Code$

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define MAXN 10010
std::vector< int > G[MAXN];
int d[MAXN][3];
void solve(int u, int p) {
    for (unsigned int i = 0; i < G[u].size(); i++) {
        int v = G[u][i];
        if (v == p) continue;
        solve(v, u);
        d[u][0] += std::min(d[v][0], d[v][1]);
        d[u][1] += d[v][2];
    }
    for (unsigned int i = 0; i < G[u].size(); i++) {
        int v = G[u][i];
        if (v == p) continue;
        d[u][2] = std::min(d[u][2], d[u][1] - d[v][2] + d[v][0]);
    }
}
int main() {
    int n;
    scanf("%d", &n);
    while (true) {
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            G[i].clear();
            d[i][0] = 1; 
            d[i][1] = 0;
            d[i][2] = MAXN;
        }
        for (int i = 1; i < n; i++) {
            int u, v;
            scanf("%d%d", &u, &v);
            G[u].push_back(v);
            G[v].push_back(u);
        }
        solve(1, -1);
        printf("%d\n", std::min(d[1][0], d[1][2]));
        scanf("%d", &n);
        if (n == -1) break;
        scanf("%d", &n);
    }
    return 0;
}