poj1947
这道题挺有意思的,标签是树形DP加背包。
一眼看过去其实状态挺好想的,显然根为x的子树取j个点可以形成最优子问题的解。
不过这道题的转移方程有点特殊,因为在不取某一个点的时候不是单纯的不去处理他就好了,而是也会对当前这个状态的值产生影响。
所以需要提前先取一个值表示取到这棵子树的时候不取这个点,然后再去比较取了这个点的值。
转移方程为: 首先取一个tmp=dp[x][j]+1;表示以x为根的子树取了j个点,但是当前扫到这棵子树不取点
然后枚举这棵子树取的点数 tmp=min(tmp,dp[v][j-k]+dp[x][k]);
最后把tmp值赋给dp即可
因为标签是加了背包的嘛,所以实际做的时候应该能察觉到,这题枚举状态的时候也就是x为根的树取j个点的时候,j的枚举需要从大到小,以避免同一棵子树一直被取。
下附代码:
![](https://images.cnblogs.com/OutliningIndicators/ContractedBlock.gif)
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cstring> 4 using namespace std; 5 const int INF=0X3f3f3f3f; 6 int head[155],Next[305],to[305],tot=0,n,p,flag[155],dp[155][155]; 7 void add(int a,int b){ 8 Next[tot]=head[a],to[tot]=b; 9 head[a]=tot++; 10 } 11 void dfs(int x,int pre){ 12 dp[x][1]=0; 13 for (int i=head[x]; i!=-1; i=Next[i]){ 14 int v=to[i]; 15 if (v!=pre){ 16 dfs(v,x); 17 for (int j=p; j>0; j--){ 18 int tmp=dp[x][j]+1; 19 for (int k=1; k<j; k++){ 20 if (dp[v][j-k]+dp[x][k]<tmp){ 21 tmp=dp[v][j-k]+dp[x][k]; 22 } 23 } 24 dp[x][j]=tmp; 25 } 26 } 27 } 28 } 29 int main(){ 30 while (scanf("%d%d",&n,&p)!=EOF){ 31 tot=0; 32 memset(dp,INF,sizeof(dp)); 33 memset(flag,0,sizeof(flag)); 34 for (int i=1; i<=n; i++) head[i]=-1; 35 for (int i=1; i<n; i++){ 36 int a,b; 37 scanf("%d%d",&a,&b); 38 flag[b]=1; 39 add(a,b); 40 add(b,a); 41 } 42 int root; 43 for (int i=1; i<=n; i++){ 44 if (!flag[i]) { 45 root=i; 46 break; 47 } 48 } 49 dfs(root,-1); 50 int res=dp[root][p]; 51 for (int i=1; i<=n; i++){ 52 if (res>dp[i][p]+1) 53 res=dp[i][p]+1; 54 } 55 printf("%d\n",res); 56 } 57 return 0; 58 }