（树形DP）Strategic game POJ

题意：

给你一棵树，树的每一个节点可以守护与其相连的所有边，问你最少用多少个节点可以守护这整棵树

思路：

仔细思考不难发现，要想守护一条边，边的两个端点必须有一个可以被选（两个都选也可以），然后这个问题就变成了翻版的没有上司的舞会

定义:dp[i][0]表示不选i，守护其子树需要多少点

　　  dp[i][0]表示选上i，守护其子树需要多少点

状态转移方程：

　　　　dp[i][0] =  ∑dp[j][1]  (i为j的父亲节点)  

　　　  dp[i][1] = 1+∑min(dp[j][1],dp[j][0])  (i为j的父亲节点)

vetcor忘记清空T了好几次。。。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
 using namespace std;
 const int maxn=1502;
 int dp[maxn][2],n,fa[maxn];//dp[i][0]代表不选i，dp[i][1]代表选i 
 vector<int> edge[maxn];
 void dfs(int x,int fa)
 {
     dp[x][0]=0,dp[x][1]=1;
    for(int i=0;i<edge[x].size();i++){
        if(edge[x][i]!=fa){
            dfs(edge[x][i],x);
            dp[x][0]+=dp[edge[x][i]][1];
            dp[x][1]+=min(dp[edge[x][i]][0],dp[edge[x][i]][1]);
        }
    } 
 }
 int main()
 {
     while(scanf("%d",&n)!=EOF){
         int x,num,y;
         for(int i=0;i<n;i++)
             edge[i].clear();
         for(int i=0;i<n;i++){
                 num=0;
             scanf("%d:(%d)",&x,&num);
            for(int j=1;j<=num;j++){
                scanf("%d",&y);
                edge[x].push_back(y);
                edge[y].push_back(x);
            }
         }
         dfs(0,-1);
         printf("%d
",min(dp[0][0],dp[0][1]));
     }
  }