51nod 1314 定位系统 树形dp

题意

一个国家有N个城市（标号为0~N-1），这N个城市恰好由N-1条道路连接在一起（即N个城市正好构成一个树状结构）。这个国家的所有道路的长度都是1个长度单位。定义：两个城市间的距离是两个城市间的最短路的长度。

现在这个国家想建立一套定位系统，让国家的公民能通过这套系统定位自己所在的城市。该系统由K个有编号的信号站构成，不妨将它们标号为0，1,2,3，…,K-1。每个信号站会放在一个城市中，每个城市最多安放一个信号站，每个信号站将不停的向外界发送信。（值得注意的是，信号站i不一定要安放在城市i中，例如：信号站2可以放在城市3中，也可以放城市4中）对于一个公民来说，如果他在城市X，那么他打开手机定位时，手机将收集K个信号站的信号，并根据这些信息生成一个K个元素的数组Dis[]，其中Dis[i]记录着信号站i所在的城市与手机用户所在的城市（这里即为城市X）的距离。手机中的定位软件将根据该Dis[]数组来判断用户所在的城市编号。

由于信号站成本太高，该国家想尽可能少的购买信号站，那么问题来了,该国家最少需要安装多少个信号站才能唯一定位每一个城市？

友情提示：每个城市能被唯一定位的充要条件是，在每一个城市手机能接收到的数组Dis[]是互不相同的。

1<=N<=50

分析

首先枚举每一个点作为根，也就表示一定要放该点。

在该点放了信号站以后，注意到如果在它的某一个子树里面放一个信号站，是影响不到其他子树内部的，但可以使这棵子树和其他子树分开。那么我至少要在d-1棵子树里面有信号站。d表示儿子数量。

我们就设solve(x,y)表示在以x为根的子树里面至少放y个信号站且把x的内部全部分开所需要的最少信号站。

然后再根据上面的策略往下dp即可。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int N=55;

int n,cnt,last
,d
;
char ch
;
struct edge{int to,next;}e[N*2];

void addedge(int u,int v)
{
e[++cnt].to=v;e[cnt].next=last[u];last[u]=cnt;
}

int solve(int x,int fa,int y)
{
int s=0,son=0;
for (int i=last[x];i;i=e[i].next)
if (e[i].to!=fa) son++;
if (!son) return y;
if (son==1)
{
for (int i=last[x];i;i=e[i].next)
if (e[i].to!=fa) s+=solve(e[i].to,x,0);
}
else
{
int mn=n;
for (int i=last[x];i;i=e[i].next)
if (e[i].to!=fa) s+=solve(e[i].to,x,1),mn=min(mn,solve(e[i].to,x,0)-solve(e[i].to,x,1));
s+=mn;
}
if (s>=y) return s;
else return s+y;
}

int main()
{
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",ch+1);
for (int j=1;j<=n;j++)
if (ch[j]=='Y') addedge(i,j),d[j]++;
}
if (n==1) {puts("0");return 0;}
int ans=n;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
int s=1;
if (d[i]==1)
{
for (int j=last[i];j;j=e[j].next) s+=solve(e[j].to,i,0);
}
else
{
int mn=n;
for (int j=last[i];j;j=e[j].next) s+=solve(e[j].to,i,1),mn=min(mn,solve(e[j].to,i,0)-solve(e[j].to,i,1));
s+=mn;
}
ans=min(ans,s);
}
printf("%d",ans);
return 0;
}