SSL2119电子眼

Description

中山市石一个环境优美、气候宜人的小城市。因为城市的交通并不繁忙，市内的道路网很稀疏。准确地说，中山市有N-1条马路和N个路口，每条马路连接两个路口，每两个路口之间最多只有一条马路。作为一条交通网络，显然每两个路口之间都是可达的。为了更好地管理中山市的交通，市长决定在一些路口加装电子眼，用来随时监视路面情况。这些装在路口的电子眼能够监视所有连接到这个路口的马路。现在市长想知道最少需要在多少个路口安装电子眼才能监视所有的马路。市长已经把所有的路口都编上了1～N的号码。

给你中山市的地图，你能帮忙吗？

Input

输入文件traffic.in的第1行包括一个数字N(1<=N<=100000)，表示中山市的路口数。接下来N-1行，每行两个数字x_i和y_i,用来描述N-1条路所连接的两个路口的编号。

Output

输出最少需要安装电子眼的数量。

Sample Input

3
1 2
1 3

Sample Output

1

Hint

数据规模：

30% N<=100

50% N<=1000

100% N<=100000

思路

首先，中山市的每一条路都是双向的，所以我们建边时要建2条，一条从x到y，一条从y到x，但是这时我们直接递归求会在一条路上摩擦（从x到y到x到y……）摩擦，在光滑的地面上摩擦，所以我们要对走过的路口做标记，做过的就不做了
设f[i][1]为在第i个路口装电子眼时的最小电子眼个数，f[i][0]为不在第i个路口装电子眼时的最小电子眼个数
方程：
如果第i个路口不装，它的子节点一定要装：$f[i][0]+=f[j][1](j为i的子节点）$
如果第i个路口装，它的子节点装不装无所谓：$f[i][1]+=min(f[j][1],f[j][0])(j为i的子节点）$
代码：

#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int tot,head[100001],n,dp[100001][2],a[100001];
bool o[100001];
struct f{
 int next,to;
} e[200101];
void add(int x,int y)
{
 e[++tot].to=y;
 e[tot].next=head[x];
 head[x]=tot;
}
void dp2(int now)
{
 dp[now][1]=1;
 o[now]=1;
 for (int i=head[now];i!=0;i=e[i].next)
 {
  if (o[e[i].to]==0)
  {
   dp2(e[i].to);
   dp[now][1]+=min(dp[e[i].to][0],dp[e[i].to][1]);
   dp[now][0]+=dp[e[i].to][1];
  }
 }
 return;
}
int main()
{
 scanf("%d",&n);
 for (int i=1;i<=n;i++)
 {
  a[i]=1;
 }
 for (int i=1;i<n;i++)
 {
  int x,y;
  scanf("%d%d",&x,&y);
  add(x,y);
  add(y,x);
 }
 dp2(1);//由于是双向边，所以每一个点都可以是根
 int mn=min(dp[1][0],dp[1][1]);
 cout<<mn;
 return 0;
}