poj 1848 Tree(树形DP,太难了,三种状态,四种状态转换)

1、http://poj.org/problem?id=1848

2、题目大意:

给出一棵树,现在要往这棵树上加边,使得所有的点都在环中,且每个点只能属于一个环

分析:参考http://hi.baidu.com/chingfantsou/item/2d90a5d835959653d73aae67

首先明确一点,题中的环至少需要3个顶点。因此,对于树中的每个顶点,有3种状态。
f[x][0]表示以x为根的树,变成每个顶点恰好在一个环中的图,需要连的最少边数。
f[x][1]表示以x为根的树,除了根x以外,其余顶点变成每个顶点恰好在一个环中的图,需要连的最少边数。
f[x][2]表示以x为根的树,除了根x以及和根相连的一条链(算上根一共至少2个顶点)以外,其余顶点变成每个顶点恰好在一个环中的图,需要连的最少边数。
有四种状态转移(假设正在考虑的顶点是R,有k个儿子):
A.根R的所有子树自己解决(取状态0),转移到R的状态1。即R所有的儿子都变成每个顶点恰好在一个环中的图,R自己不变。

poj 1848 Tree(树形DP,太难了,三种状态,四种状态转换)_第1张图片

B.根R的k-1个棵树自己解决,剩下一棵子树取状态1和状态2的最小值,转移到R的状态2。剩下的那棵子树和根R就构成了长度至少为2的一条链。

poj 1848 Tree(树形DP,太难了,三种状态,四种状态转换)_第2张图片


C.根R的k-2棵子树自己解决,剩下两棵子树取状态1和状态2的最小值,在这两棵子树之间连一条边,转移到R的状态0。

poj 1848 Tree(树形DP,太难了,三种状态,四种状态转换)_第3张图片


D.根R的k-1棵子树自己解决,剩下一棵子树取状态2(子树里还剩下长度至少为2的一条链),在这棵子树和根之间连一条边,构成一个环,转移到R的状态0。

poj 1848 Tree(树形DP,太难了,三种状态,四种状态转换)_第4张图片

3、AC代码:

/*
 本题有三种状态,分别是
 dp[u][0],以u为根,所有的点都在环内
 dp[u][1],以u为根,除了u外其余的都在环内
 dp[u][2],以u为根,除了u和与u点相连的链(至少有两个点)外,其余的点都在环内
 有四种状态转移
 1、所有子节点都满足在环内,只有根节点不在环内,
 dp[u][1]=min(INF,sum);(sum是所有的dp[v][0]的和)
 2、有一个子节点不在环内,以该子节点有一条链,将此链连到以u为根的树上,(+1)就可以使得u的所有子节点都在环内
 dp[u][0]=min(dp[u][0],sum-dp[v][0]+dp[v][2]+1);
 3、有一个子节点不在环内,其余自己处理,
 dp[u][2]=min(dp[u][2],sum-dp[v][0]+min(dp[v][1],dp[v][2]));
 4、有两个不在环内,将这两个加一条边连起来就可使得所有都在环内
 dp[u][0]=min(dp[u][0],sum-dp[v][0]-dp[k][0]+min(dp[v][1],dp[v][2])+min(dp[k][1],dp[k][2])+1);
 */
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define N 105
#define INF 10000
vector adj[N*2];
int vis[N];
int dp[N][3];
void dfs(int u)
{
    vis[u]=1;
    vector ch;
    int sum=0,v;
    for(int i=0; i=INF)
        printf("-1\n");
    else
        printf("%d\n",dp[1][0]);
    return 0;
}


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