题目背景
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。
题目描述
他要建立一个古城堡，城堡中的路形成一棵无根树。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
第一行一个整数 (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：一个整数 (i)，代表该结点标号，一个自然数 (k)，代表后面有 (k) 条无向边与结点 (i) 相连。接下来 (k) 个整数，分别是每条边的另一个结点标号 (r_1),(r_2),(cdots,r_k) ，表示 (i) 与这些点间各有一条无向边相连。
对于一个(n) 个结点的树，结点标号在 (0) 到 (n-1) 之间，在输入数据中每条边只出现一次。保证输入是一棵树。
输入输出样例
输入
4
0 1 1
1 2 2 3
2 0
3 0
输出
1
说明/提示
数据规模与约定
对于全部的测试点，保证 (1≤n≤1500)。
sol
一道(tree dp)，题目大意：给你(n)个点，每个点有(k)条无向边连接，一颗无根树，现在要在点上放士兵，所放的士兵可以保护这个点所连的边，问你最少需要多少条边，才能让士兵把所有点保护起来
题目意思清晰的一道题，是(tree dp)中的存在性问题，与没有上司的舞会非常相似。因为是一颗无根树，所以根放在哪里都是一样的。
我们分类讨论一下：
- 1假如(u)这个节点没有放，是不是就可以从他的子节点（(v)）的放了这种情况转移过来。
- 2假如(u)这个节点放了，就可以从他的子节点的放了与没有放取最小值转移过来。
我们定义dp[u][1]表示这个节点放了，dp[u][0]表示这个节点没有放,因为是统计个数所以要加上
DP状态转移方程如下：
[
egin{cases}
dp[u][0]=sum dp[v][1];\
dp[u][1]=sum min(dp[v][0],dp[v][1]);
end{cases}
]
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=3100;
int n;
int now[maxn],son[maxn],pre[maxn],tot;
void add(int x,int y){//前向星存图
pre[++tot]=now[x];
son[tot]=y;
now[x]=tot;
}
int dp[maxn][2];
void dfs(int u,int fa){
dp[u][1]=1,dp[u][0]=0;//附上初值
for(int i=now[u];i;i=pre[i]){
int v=son[i];
if(v==fa)continue;
dfs(v,u);
dp[u][0]+=dp[v][1];
dp[u][1]+=min(dp[v][1],dp[v][0]);//做treedp
}
}
int main(){
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));//因为是取最小值，所以要数组初始化最大
cin>>n;
for(int i=1,x,y;i<=n;i++){
cin>>x>>y;++x;//为了避免0节点报错，先加上1
for(int j=1,z;j<=y;j++)cin>>z,++z,add(x,z),add(z,x);
}
dfs(1,0);//因为是无根树，我们就默认从1开始跑
cout<<min(dp[1][0],dp[1][1])<<endl;//分类讨论取最小值
return 0;
}