P2279 [HNOI2003]消防局的设立[树形dp]
题目描述
2020年，人类在火星上建立了一个庞大的基地群，总共有n个基地。起初为了节约材料，人类只修建了n-1条道路来连接这些基地，并且每两个基地都能够通过道路到达，所以所有的基地形成了一个巨大的树状结构。如果基地A到基地B至少要经过d条道路的话，我们称基地A到基地B的距离为d。
由于火星上非常干燥，经常引发火灾，人类决定在火星上修建若干个消防局。消防局只能修建在基地里，每个消防局有能力扑灭与它距离不超过2的基地的火灾。
你的任务是计算至少要修建多少个消防局才能够确保火星上所有的基地在发生火灾时，消防队有能力及时扑灭火灾。
解析
这道题似乎可以贪心，但是窝是为了dp而来的，显然这是个树形dp。
定义状态：
\(dp[0][x]\)表示消防局已经覆盖了以\(x\)为根节点的子树和该节点的父节点和爷爷节点，可以看作该点有消防局；
\(dp[1][x]\)表示已经至少覆盖了以\(x\)为根节点的子树和该节点的父节点，可以看作该点的儿子有消防局；
\(dp[2][x]\)表示已经至少覆盖的以\(x\)为根节点的子树，可以看作该点的孙子节点有消防局；
\(dp[3][x]\)表示已经至少覆盖了所有以\(x\)的儿子为根节点的子树；
\(dp[4][x]\)表示已经至少覆盖了所有以\(x\)的孙子为根节点的子树，后面这俩都是用来给上面状态的转移作中介的。
务必明确一点：实际上对于某个状态，我们刻画其为以某点为根的子树或子树与父节点、爷爷节点都被覆盖，并且子树包含根节点。
一
对于状态\(dp[0][x]\)，显然在\(x\)节点就必须有一个消防局，才能满足状态定义。假设其儿子节点的集合为\(t\)，且有\(y\in t\)，为了使得答案最优，我们直接从\(dp[4][y]\)转移过来。
也就是：\(dp[0][x]=1+\sum_{y \in t}dp[4][y]\)
二
对于状态\(dp[1][x]\)，显然在\(x\)的某个儿子节点上必须要有一个消防局，即\(dp[0][y]\)，此时其它儿子节点都没有被覆盖时最优的，即\(dp[3][y]\)。由于状态\(dp[0][x]\)包含了这个状态，于是我们把它也加进来取\(\min\)。
沿用上面的假设，我们得到：\(dp[1][x]=\min\limits_{y\in t,z\in t且z\ne y}\{dp[0][y]+\sum dp[3][z],dp[0][x]\}\)
三
对于状态\(dp[2][x]\)，与二相似，在\(x\)的某个孙子节点上必须要有一个消防局，即\(dp[1][y]\)，此时其它儿子节点都恰好为状态\(dp[2][y]\)时为最优解。由于状态\(dp[0/1][x]\)都包含了这个状态，于是我们把它们也加进来取\(\min\)。
沿用上面的假设，我们得到：\(dp[2][x]=\min\limits_{y\in t,z\in t且z\ne y}\{dp[1][y]+\sum{dp[2][z]},dp[0/1][x]\}\)
四
对于状态\(dp[3][x]\)，我们直接像\(dp[0][x]\)一样，加上所有\(dp[2][y]\)就行。然后类比上面三条，同理，\(dp[0/1/2][x]\)显然包含该状态。
沿用上面的假设，我们得到：\(dp[3][x]=\min\limits_{y\in t}\{\sum dp[2][y],dp[0/1/2][x]\}\)
五
同上。
注意：叶子节点和叶子节点的父节点，它们的\(dp[1][x],dp[2][x]\)状态必须有一个消防局，否则不满足状态定义，因此初始化的时候要稍微注意一下。
这道题就变得简单了。
参考代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#define N 1010
#define INF 0x7fffffff
using namespace std;
struct node{
int next,ver;
}g[N<<1];
int tot,head[N],n;
int dp[5][N];
inline void add(int x,int y)
{
g[++tot].ver=y;
g[tot].next=head[x],head[x]=tot;
}
inline void dfs(int x)
{
dp[0][x]=1;dp[3][x]=0;dp[4][x]=0;
for(int i=head[x];i;i=g[i].next){
int y=g[i].ver;
dfs(y);
dp[0][x]+=dp[4][y];
dp[3][x]+=dp[2][y];
dp[4][x]+=dp[3][y];
}
if(head[x]==0){
dp[1][x]=dp[2][x]=1;
}
else{
dp[1][x]=dp[2][x]=INF;
for(int i=head[x];i;i=g[i].next){
int y=g[i].ver;
int t1=dp[0][y],t2=dp[1][y];
for(int j=head[x];j;j=g[j].next){
if(i==j) continue;
int z=g[j].ver;
t1+=dp[3][z];
t2+=dp[2][z];
}
dp[1][x]=min(dp[1][x],t1);
dp[2][x]=min(dp[2][x],t2);
}
}
for(int i=1;i<=4;++i)
dp[i][x]=min(dp[i][x],dp[i-1][x]);
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=2;i<=n;++i){
int u;
scanf("%d",&u);
add(u,i);
}
dfs(1);
cout<<dp[2][1]<<endl;
return 0;
}
