DP - 树形DP - 战略游戏 + 皇宫看守

DP - 树形DP - 战略游戏 + 皇宫看守

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1、战略游戏

鲍勃喜欢玩电脑游戏，特别是战略游戏，但有时他找不到解决问题的方法，这让他很伤心。

现在他有以下问题。

他必须保护一座中世纪城市，这条城市的道路构成了一棵树。

每个节点上的士兵可以观察到所有和这个点相连的边。

他必须在节点上放置最少数量的士兵，以便他们可以观察到所有的边。

你能帮助他吗？

例如，下面的树：

只需要放置1名士兵（在节点1处），就可观察到所有的边。

输入格式
输入包含多组测试数据，每组测试数据用以描述一棵树。

对于每组测试数据，第一行包含整数N，表示树的节点数目。

接下来N行，每行按如下方法描述一个节点。

节点编号：(子节点数目) 子节点 子节点 …

节点编号从0到N-1，每个节点的子节点数量均不超过10，每个边在输入数据中只出现一次。

输出格式
对于每组测试数据，输出一个占据一行的结果，表示最少需要的士兵数。

数据范围
0

输入样例：
4
0:(1) 1
1:(2) 2 3
2:(0)
3:(0)
5
3:(3) 1 4 2
1:(1) 0
2:(0)
0:(0)
4:(0)

输出样例：
1
2

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分析：

$$\begin{gathered} 抽象地，本题是要在一棵树中选择尽量少的点，使得每条边上至少选择了一个点。 \\ 求最少需要选择多少个点。 \end{gathered}$$

$与$——《Anniversary party - POJ - 2342》$类似，该题是每条边至多选择一点，本题是每条表至少选择一点。$

$$\begin{gathered} 状态表示， \\ f[i,0]:表示不选择节点i所需的点的数量的最小值。 \\ f[i,1]:表示选择节点i所需的点的数量的最小值。 \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} 状态计算: \\ ①、若不选择节点i，则必须选择i的孩子节点j，即f[i,0]+=f[j,1]。 \end{gathered}$$
$②、若选择节点i，则可选孩子j也可不选，即f[i,0]+=min(f[j,0],f[j,1])。$

另外：$由于是有向图，需要从根节点进入搜索。$

代码：

#include
#include
#include

using namespace std;

const int N=1510;

int n,f[N][2];
int e[N],ne[N],h[N],idx;
bool st[N];

void add(int a,int b)
{
     
    e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}

void dfs(int u)
{
     
    f[u][0]=0;
    f[u][1]=1;
    for(int i=h[u];~i;i=ne[i])
    {
     
        int j=e[i];
        dfs(j);
        
        f[u][0]+=f[j][1];
        f[u][1]+=min(f[j][0],f[j][1]);
    }
}

int main()
{
     
    while(~scanf("%d",&n))
    {
     
    	idx=0;
        memset(h,-1,sizeof h);
        memset(f,0,sizeof f);
        memset(st,0,sizeof st);
        
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
     
            int a,b,cnt;
            scanf("%d:(%d)",&a,&cnt);
            while(cnt--)
            {
     
                scanf("%d",&b);
                add(a,b);
                st[b]=true;
            }
        }
        
        int root=0;
        while(st[root]) root++;
        dfs(root);
        
        printf("%d\n",min(f[root][0],f[root][1]));
    }
}

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2、皇宫看守

太平王世子事件后，陆小凤成了皇上特聘的御前一品侍卫。

皇宫各个宫殿的分布，呈一棵树的形状，宫殿可视为树中结点，两个宫殿之间如果存在道路直接相连，则该道路视为树中的一条边。

已知，在一个宫殿镇守的守卫不仅能够观察到本宫殿的状况，还能观察到与该宫殿直接存在道路相连的其他宫殿的状况。

大内保卫森严，三步一岗，五步一哨，每个宫殿都要有人全天候看守，在不同的宫殿安排看守所需的费用不同。

可是陆小凤手上的经费不足，无论如何也没法在每个宫殿都安置留守侍卫。

帮助陆小凤布置侍卫，在看守全部宫殿的前提下，使得花费的经费最少。

输入格式
输入中数据描述一棵树，描述如下：

第一行 n，表示树中结点的数目。

第二行至第 n+1 行，每行描述每个宫殿结点信息，依次为：该宫殿结点标号 i，在该宫殿安置侍卫所需的经费 k，该结点的子结点数 m，接下来 m 个数，分别是这个结点的 m 个子结点的标号 r1,r2,…,rm。

对于一个 n 个结点的树，结点标号在 1 到 n 之间，且标号不重复。

输出格式
输出一个整数，表示最少的经费。

数据范围
1≤n≤1500

输入样例：
6
1 30 3 2 3 4
2 16 2 5 6
3 5 0
4 4 0
5 11 0
6 5 0

输出样例：
25

样例解释：
在2、3、4结点安排护卫，可以观察到全部宫殿，所需经费最少，为 16 + 5 + 4 = 25。

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分析：

$$\begin{gathered} 本题与第一题类似， \\ 本题需要保证每个节点和与该节点直接相邻的节点中，至少选择一个点。 \\ 选择每个节点需要一定的花费，要求最小花费。 \end{gathered}$$

样例：

$$\begin{gathered} 状态表示， \\ f[u,0]:节点u由父节点看守。 \end{gathered}$$
$f[u,1]:节点u由孩子节点看守。$
$f[u,2]:节点u由自己看守。$

$这样对每个节点u来说有三种情况：$

$$\begin{gathered} ①、u节点由父节点看守，那么可以选择u，也可以不选择u。若不选择u，则必选择u的孩子j。 \\ 即f[u,0]+=min(f[j,1],f[j,2])。 \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} ②、u节点由自己看守，则u的孩子节点选不选均可。若不选，则必选择j的孩子。 \\ 即f[u,2]+=min(f[j,0],f[j,1],f[j,2])。 \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} ③、u节点由孩子节点看守，则需考虑由哪个孩子节点看守的花费最低， \\ 总花费应当是选择孩子j看守的花费f[j,2]+选择其他孩子的最小花费。 \\ u所有孩子被看守到的方案当中的最小花费是\sum min(f[j,1],f[j,2])， \\ 选择第j个孩子后，其他孩子的最小花费就是\sum min(f[j,1],f[j,2])-f[j,2]。 \\ 而\sum min(f[j,1],f[j,2])在第①步已被计算出来了，就是f[u,0]， \\ 故总的最小花费应为f[u][1]=min(f[u][1],f[j][2]+f[u][0]-min(f[j][1],f[j][2]))。 \end{gathered}$$

代码：

#include
#include
#include

using namespace std;

const int N=1510;

int n,f[N][3];
int e[N],ne[N],h[N],w[N],idx;
bool st[N];

void add(int a,int b)
{
     
    e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}

void dfs(int u)
{
     
    f[u][2]=w[u];
    
    for(int i=h[u];~i;i=ne[i])
    {
     
        int j=e[i];
        dfs(j);
        
        f[u][0]+=min(f[j][1],f[j][2]);    //u由父亲看守，u的儿子j就由j或者j的儿子看守
        f[u][2]+=min(min(f[j][0],f[j][1]),f[j][2]);  //u放，j随便被谁看守
    }
    
    f[u][1]=1e9;
    for(int i=h[u];~i;i=ne[i])  //u由儿子看守，看被哪个儿子看守最省钱
    {
     
        int j=e[i];
        f[u][1]=min(f[u][1],f[j][2]+f[u][0]-min(f[j][1],f[j][2]));  //f[u][0]=Σmin(f[j][1],f[j][2])
    }
}

int main()
{
     
    memset(h,-1,sizeof h);
    
    cin>>n;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
     
        int a,cnt,b,cost;
        cin>>a>>cost>>cnt;
        w[a]=cost;
        while(cnt--)
        {
     
            cin>>b;
            add(a,b);
            st[b]=true;
        }
    }
    
    int root=1;
    while(st[root]) root++;
    dfs(root);
    
    cout<<min(f[root][1],f[root][2])<<endl;
    
    return 0;
}