POJ 1947 Rebuilding Roads （树形DP）
题意：给一棵树，在树中删除一些边，使得有一个连通块刚好为p个节点，问最少需要删除多少条边？
思路：
因为任一条边都可能需要被删除，独立出来的具有p个节点的连通块可能在任意一处地方。先从根开始DFS，然后进行树DP，dp[t][i]表示在以t为根的子树中删除i个点需要删除多少条边。dp[t][n-p]有可能是答案了，但是这种仅考虑到从树上脱落掉部分子树，那么留下的连通块通常是与1号点（树根）相连的，那如果所需要的连通块是在某棵子树中呢？将所有可能的子树取出来，若该子树节点数>=p，那么就可以在该子树中再删除一些边，来取得最优解。
注：若p=n，那么ans=0；若有某棵子树的节点数等于p，那么ans=1。
1 //#include <bits/stdc++.h> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <iostream> 5 #define pii pair<int,int> 6 #define INF 0x3f3f3f3f 7 #define LL long long 8 using namespace std; 9 const int N=200; 10 11 struct node 12 { 13 int from,to,next; 14 node(){}; 15 node(int from,int to,int next):from(from),to(to),next(next){}; 16 }edge[N*2]; 17 int head[N], dp[N][N], cnt[N], n, p, edge_cnt; 18 void add_node(int from,int to) 19 { 20 edge[edge_cnt]=node(from, to, head[from]); 21 head[from]=edge_cnt++; 22 } 23 24 int DFS(int t) 25 { 26 int sum=dp[t][0]=0; 27 node e; 28 for(int i=head[t]; i!=-1; i=e.next) 29 { 30 e=edge[i]; 31 cnt[e.to]=DFS(e.to); 32 sum+=cnt[e.to]; //统计叶子数量 33 34 for(int j=sum; j>0; j--) 35 for(int k=1; k<=cnt[e.to] && k<=j; k++) 36 dp[t][j]=min(dp[t][j], dp[t][j-k]+dp[e.to][k]); //dp值表示至少需要断开多少条边 37 } 38 dp[t][sum+1]=(t==1?0:1); //断开edge(t,父亲)这条边，以t为根的子树就是sum+1个点了。 39 return sum+1; 40 } 41 42 int main() 43 { 44 freopen("input.txt", "r", stdin); 45 int a,b; 46 while(~scanf("%d%d",&n,&p)) 47 { 48 memset(head, -1, sizeof(head)); 49 memset(dp, 0x3f, sizeof(dp)); 50 memset(cnt, 0, sizeof(cnt)); 51 edge_cnt=0; 52 53 for(int i=1; i<n; i++) 54 { 55 scanf("%d%d",&a,&b); 56 add_node(a, b); 57 } 58 cnt[1]=DFS(1); //根一定是1 59 60 int ans=INF; 61 for(int i=1; i<=n; i++) 62 { 63 if(cnt[i]-p>=0) //子树i去掉cnt[i]-p个点后与i相连的连通块。 64 ans=min(ans, dp[i][cnt[i]-p]+1); 65 ans=min(ans, dp[i][n-p]); //在此子树中 66 } 67 printf("%d\n", ans); 68 } 69 70 /* 71 （1）计算从每棵子树断开k个节点的最少花费。 72 （2）断开某一子树与父亲的边，再从该子树中断开cnt-p条边（dp值已求），就能获得p个节点的树。 73 */ 74 return 0; 75 }
