题目描述
Bob喜欢玩电脑游戏，特别是战略游戏。但是他经常无法找到快速玩过游戏的办法。现在他有个问题。他要建立一个古城堡，城堡中的路形成一棵树。他要在这棵树的结点上放置最少数目的士兵，使得这些士兵能了望到所有的路。注意，某个士兵在一个结点上时，与该结点相连的所有边将都可以被了望到。
请你编一程序，给定一树，帮Bob计算出他需要放置最少的士兵。
输入格式
输入文件中数据表示一棵树，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，每行描述每个结点信息，依次为：该结点标号i，k(后面有k条边与结点I相连)，
接下来k个数，分别是每条边的另一个结点标号r1，r2，...，rk。
对于一个n(0 < n <= 1500)个结点的树，结点标号在0到n-1之间，在输入文件中每条边只出现一次。
输出格式
输出文件仅包含一个数，为所求的最少的士兵数目。
分析题目。
如果我们在节点u放一个士兵，那么跟u相连的所有边都会被望到。这是题目中的原话，但我们不应该只拘束于它本身。我们可以进行适当的拓展，然后我们可以进一步得出这样一个结论：当我们在u放了一个士兵以后，与u相连的其他节点就可以被望到，也就是说这些节点可放可不放。而如果我们不在u放士兵，那么其它点就必须放。
设dp(i,0/1)表示以i为根的子树中士兵数量的最小值，0代表i不放士兵，1代表放。由于城堡中的路是一棵树，所以最小值显然具有传递性，具体为从儿子传给父亲。所以我们可以用动态规划来做这题。设u有k个儿子，那么状态转移方程如下：
[dp[u][0]=sum_{i=1}^{q}dp[son[i]][1];\
dp[u][1]=sum_{i=1}^{q}Min(dp[son[i]][0],dp[son[i]][1]);
]
初始化dp(x,0)=0,dp(x,1)=1。
显然一遍dfs就可以做完这个过程，时间复杂度为O(N)。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define maxn 1501
using namespace std;
struct edge{
int to,next;
edge(){}
edge(const int &_to,const int &_next){
to=_to,next=_next;
}
}e[maxn<<1];
int head[maxn],k;
int dp[maxn][2],n;
inline int read(){
register int x(0),f(1); register char c(getchar());
while(c<'0'||'9'<c){ if(c=='-') f=-1; c=getchar(); }
while('0'<=c&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
}
inline void add(const int &u,const int &v){ e[k]=edge(v,head[u]); head[u]=k++; }
void dfs(int u,int pre){
dp[u][0]=0,dp[u][1]=1;
for(register int i=head[u];~i;i=e[i].next){
int v=e[i].to;
if(v==pre) continue;
dfs(v,u);
dp[u][0]+=dp[v][1];
dp[u][1]+=min(dp[v][0],dp[v][1]);
}
}
int main(){
memset(head,-1,sizeof head);
n=read();
for(register int i=1;i<=n;i++){
int u=read()+1,cnt=read();
while(cnt--){ int v=read()+1; add(u,v),add(v,u); }
}
memset(dp,0x3f,sizeof dp);
dfs(1,0);
printf("%d
",min(dp[1][0],dp[1][1]));
return 0;
}