poj 1848 Tree(树形DP,太难了,三种状态,四种状态转换)
2014-01-21 17:28
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1、http://poj.org/problem?id=1848
2、题目大意:
给出一棵树,现在要往这棵树上加边,使得所有的点都在环中,且每个点只能属于一个环
分析:参考http://hi.baidu.com/chingfantsou/item/2d90a5d835959653d73aae67
首先明确一点,题中的环至少需要3个顶点。因此,对于树中的每个顶点,有3种状态。
f[x][0]表示以x为根的树,变成每个顶点恰好在一个环中的图,需要连的最少边数。
f[x][1]表示以x为根的树,除了根x以外,其余顶点变成每个顶点恰好在一个环中的图,需要连的最少边数。
f[x][2]表示以x为根的树,除了根x以及和根相连的一条链(算上根一共至少2个顶点)以外,其余顶点变成每个顶点恰好在一个环中的图,需要连的最少边数。
有四种状态转移(假设正在考虑的顶点是R,有k个儿子):
A.根R的所有子树自己解决(取状态0),转移到R的状态1。即R所有的儿子都变成每个顶点恰好在一个环中的图,R自己不变。
![](http://pic002.cnblogs.com/images/2012/307740/2012081216195198.jpg)
B.根R的k-1个棵树自己解决,剩下一棵子树取状态1和状态2的最小值,转移到R的状态2。剩下的那棵子树和根R就构成了长度至少为2的一条链。
![](http://pic002.cnblogs.com/images/2012/307740/2012081216205835.jpg)
C.根R的k-2棵子树自己解决,剩下两棵子树取状态1和状态2的最小值,在这两棵子树之间连一条边,转移到R的状态0。
![](http://pic002.cnblogs.com/images/2012/307740/2012081216210777.jpg)
D.根R的k-1棵子树自己解决,剩下一棵子树取状态2(子树里还剩下长度至少为2的一条链),在这棵子树和根之间连一条边,构成一个环,转移到R的状态0。
![](http://pic002.cnblogs.com/images/2012/307740/2012081216211661.jpg)
3、AC代码:
2、题目大意:
给出一棵树,现在要往这棵树上加边,使得所有的点都在环中,且每个点只能属于一个环
分析:参考http://hi.baidu.com/chingfantsou/item/2d90a5d835959653d73aae67
首先明确一点,题中的环至少需要3个顶点。因此,对于树中的每个顶点,有3种状态。
f[x][0]表示以x为根的树,变成每个顶点恰好在一个环中的图,需要连的最少边数。
f[x][1]表示以x为根的树,除了根x以外,其余顶点变成每个顶点恰好在一个环中的图,需要连的最少边数。
f[x][2]表示以x为根的树,除了根x以及和根相连的一条链(算上根一共至少2个顶点)以外,其余顶点变成每个顶点恰好在一个环中的图,需要连的最少边数。
有四种状态转移(假设正在考虑的顶点是R,有k个儿子):
A.根R的所有子树自己解决(取状态0),转移到R的状态1。即R所有的儿子都变成每个顶点恰好在一个环中的图,R自己不变。
![](http://pic002.cnblogs.com/images/2012/307740/2012081216195198.jpg)
B.根R的k-1个棵树自己解决,剩下一棵子树取状态1和状态2的最小值,转移到R的状态2。剩下的那棵子树和根R就构成了长度至少为2的一条链。
![](http://pic002.cnblogs.com/images/2012/307740/2012081216205835.jpg)
C.根R的k-2棵子树自己解决,剩下两棵子树取状态1和状态2的最小值,在这两棵子树之间连一条边,转移到R的状态0。
![](http://pic002.cnblogs.com/images/2012/307740/2012081216210777.jpg)
D.根R的k-1棵子树自己解决,剩下一棵子树取状态2(子树里还剩下长度至少为2的一条链),在这棵子树和根之间连一条边,构成一个环,转移到R的状态0。
![](http://pic002.cnblogs.com/images/2012/307740/2012081216211661.jpg)
3、AC代码:
/* 本题有三种状态,分别是 dp[u][0],以u为根,所有的点都在环内 dp[u][1],以u为根,除了u外其余的都在环内 dp[u][2],以u为根,除了u和与u点相连的链(至少有两个点)外,其余的点都在环内 有四种状态转移 1、所有子节点都满足在环内,只有根节点不在环内, dp[u][1]=min(INF,sum);(sum是所有的dp[v][0]的和) 2、有一个子节点不在环内,以该子节点有一条链,将此链连到以u为根的树上,(+1)就可以使得u的所有子节点都在环内 dp[u][0]=min(dp[u][0],sum-dp[v][0]+dp[v][2]+1); 3、有一个子节点不在环内,其余自己处理, dp[u][2]=min(dp[u][2],sum-dp[v][0]+min(dp[v][1],dp[v][2])); 4、有两个不在环内,将这两个加一条边连起来就可使得所有都在环内 dp[u][0]=min(dp[u][0],sum-dp[v][0]-dp[k][0]+min(dp[v][1],dp[v][2])+min(dp[k][1],dp[k][2])+1); */ #include<stdio.h> #include<vector> #include<string.h> #include<algorithm> using namespace std; #define N 105 #define INF 10000 vector<int> adj[N*2]; int vis ; int dp [3]; void dfs(int u) { vis[u]=1; vector<int> ch; int sum=0,v; for(int i=0; i<adj[u].size(); i++) { v=adj[u][i]; if(vis[v]==0) { dfs(v); ch.push_back(v); sum+=dp[v][0]; } } if(ch.size()==0) { dp[u][1]=0; dp[u][0]=dp[u][2]=INF; return; } dp[u][1]=min(INF,sum); dp[u][2]=dp[u][0]=INF; for(int i=0; i<ch.size(); i++) { v=ch[i]; dp[u][2]=min(dp[u][2],sum-dp[v][0]+min(dp[v][1],dp[v][2])); dp[u][0]=min(dp[u][0],sum-dp[v][0]+dp[v][2]+1); } for(int i=0; i<ch.size(); i++) { v=ch[i]; for(int j=0; j<ch.size(); j++) { if(i==j) continue; int k=ch[j]; dp[u][0]=min(dp[u][0],sum-dp[v][0]-dp[k][0]+min(dp[v][1],dp[v][2])+min(dp[k][1],dp[k][2])+1); } } } int main() { int n,a,b; scanf("%d",&n); for(int i=1; i<n; i++) { scanf("%d%d",&a,&b); adj[a].push_back(b); adj[b].push_back(a); } memset(vis,0,sizeof(vis)); dfs(1); if(dp[1][0]>=INF) printf("-1\n"); else printf("%d\n",dp[1][0]); return 0; }
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