[Usaco2002 Feb]Rebuilding Roads重建道路

题目描述

一场可怕的地震后，奶牛用N个牲口棚(1 <= N <= 150,编号1..N)重建了农民John的牧场。奶牛没有时间建设多余的道路，所以现在从一个牲口棚到另一个牲口棚的道路是唯一的。因此，牧场运输系统可以被构建成一棵树。John想要知道另一次地震会造成多严重的破坏。有些道路一旦被毁坏，就会使一棵含有P(1 <= P <= N)个牲口棚的子树和剩余子牲口棚分离，John想知道这些道路的最小数目。

输入格式

第1行:2个整数, N和P

第2..N行:每行2个整数I和J，表示节点I是节点J的父节点。

输出格式

单独一行，包含一旦被破坏将分离出恰含P个节点的子树的道路的最小数目。

直观的做法就是去掉一些点之后有没有出现大小为P的连通块。可以用暴搜来完成这个算法，但复杂度是不可接受的O(2^N * N)。如果记忆化应该能过，但代码不好写。

分析题目。我们发现要让整棵树一下断出一个大小为P的连通块是很难的。但是好在我们可以多次断点。如果我们断掉若干个点，断去这些点都会给连通块减少一点大小，我们是一定可以得到想要的连通块的。所以这题的重点就在于一个点断不断的选择上。

根据刚才"凑出P个点"的思想，我们可以设计出状态：dp(i,j)表示以i为根的子树中断掉j个点的最少次数。由于牧场是一棵树，最小值显然具有传递性。设节点u有k个儿子，并且设以节点u为根的子树的大小为size(u)，那么传递性具体用状态转移方程表示就是：

\[
dp[u][i]=Min_{1≤x≤k}{\{}dp[u][i-j]+dp[son[x]][j]{\}}
\]

由于在枚举到son(x)之前我们已经处理了若干个u的儿子，你可以理解为：在处理son(x)之前u的子树中添加了一棵新的son(x)的子树。那么加号前面就可以理解为：在son(x)之前的子树中断i-j个点，再在son(x)的子树中断j个点。

考虑边界情况。

显然dp(u,0)=0,dp(u,size(u))=1。第二句表示把整棵u的子树都断掉，那么只需要断掉u和其父亲节点的连线即可。

边界情况告诉我们，在计算dp数组前我们就需要求出size数组。所以这道题需要两次dfs来完成：一个求size，一个求dp。

然后我们枚举每个节点，考虑以这些点为根的所有子树来计算答案。假设答案就是在节点i的子树中断掉一些点而形成，那么答案就是dp(i,size(i)-q)+dp(i,size(i))。加上后一项的原因是我们考虑答案就在i的子树中，所以我们要把i和其父亲断开。然后枚举每个i，求最小值即可。

需要注意的细节有：

1.默认根节点为1，那么初始化时dp(1,size(1))应等于0，因为它没有父亲。

2.最后统计答案时应注意size(i)≥q。

时间复杂度为O(N^2 * Q)

* 代码中用m代替了q(个人习惯)

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define maxn 151
#define maxm 21
using namespace std;

struct edge{
    int to,next;
    edge(){}
    edge(const int &_to,const int &_next){ to=_to,next=_next; }
}e[maxn<<1];
int head[maxn],k;

int dp[maxn][maxn],size[maxn];
int n,m;

inline int read(){
    register int x(0),f(1); register char c(getchar());
    while(c<'0'||'9'<c){ if(c=='-') f=-1; c=getchar(); }
    while('0'<=c&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
    return x*f;
}
inline void add(const int &u,const int &v){ e[k]=edge(v,head[u]),head[u]=k++; }

void dfs1(int u,int pre){
    size[u]=1;
    for(register int i=head[u];~i;i=e[i].next){
        int v=e[i].to;
        if(v==pre) continue;
        dfs1(v,u);
        size[u]+=size[v];
    }
    dp[u][0]=0,dp[u][size[u]]=1;
}

void dfs2(int u,int pre){
    for(register int i=head[u];~i;i=e[i].next){
        int v=e[i].to;
        if(v==pre) continue;
        dfs2(v,u);
        for(register int i=size[u]-1;i>=1;i--){
            for(register int j=0;j<=i;j++){
                dp[u][i]=min(dp[u][i],dp[u][i-j]+dp[v][j]);
            }
        }
    }
}

int main(){
    memset(head,-1,sizeof head);
    n=read(),m=read();
    for(register int i=1;i<n;i++){
        int u=read(),v=read();
        add(u,v),add(v,u);
    }

    memset(dp,0x3f,sizeof dp);
    dfs1(1,0),dp[1][n]=0,dfs2(1,0);
    int ans=0x3f3f3f3f;
    for(register int i=1;i<=n;i++) if(size[i]>=m) ans=min(ans,dp[i][size[i]-m]+dp[i][size[i]]);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/akura/p/10914260.html