Strategic game(树形DP入门）

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1054

题目大意：一棵树，要放置哨兵，要求最少放置多少哨兵能监视到所有的结点

题目分析：

放置哨兵无非两种情况，放或不放，我们可以用dp[i][1]来表示第i个结点放置哨兵,dp[i][0]来表示第i个结点不放置哨兵,我们可以从上往下，从左往右来遍历树，所以这就用到了树形DP的知识，我们很容易知道，如果父亲结点没放哨兵，那么子结点肯定要放置哨兵，如果父亲放置了哨兵，那么子结点可以考虑放或者不放。所以很容易写出状态转移方程dp[v][1] += min(dp[u][1],dp[u][0]),dp[v][0] += dp[u][1],由于子结点可能有多个，我们要依次从左到右遍历所以我们必须开一个brother来存放它前一个兄弟结点，然后只要DFS递归的来从上往下遍历就可以得解了

和我的上一篇差不多：https://www.cnblogs.com/wsy107316/p/11319167.html

AC代码：

/* */
# include <iostream>
# include <stdio.h>
# include <string.h>
# include <cstdlib>
# include <cmath>
# include <climits>
# include <ctime>
# include <algorithm>
# include <deque>
# include <bitset>
# include <cctype>
# include <queue>
# include <stack>
# include <list>
# include <set>
# include <map>
# include <vector>
using namespace std;
const int maxn = 2000;
bool vis[maxn];
int dp[maxn][2];
int n;
vector<int>son[maxn];

void dfs(int root)
{
    vis[root]=1;
    for(int i=0; i<son[root].size(); i++ )
    {
        int v=son[root][i];
        if( !vis[v] )
        {
            dfs(v);
            dp[root][1] += min(dp[v][0], dp[v][1]);///0表示无哨兵，i处无哨兵则子结点处必须有哨兵
            dp[root][0] += dp[v][1];///1表示有哨兵，i处有哨兵的情况等于子结点处有哨兵或者无哨兵的最小值
        }
    }
}

int main()
{
    int num, so, ss;
    while( ~ scanf("%d", &n) )
    {
        for(int i=0; i<=n; i++ )
            son[i].clear();
            memset(vis, 0, sizeof(vis));

            for(int i=0; i<n; i++ )
            {
                dp[i][0] = 0;
                dp[i][1] = 1;
            }

            for(int i=0; i<n; i++ )
            {
                scanf("%d:(%d)", &num, &so);
                for(int j=0; j<so; j++ )
                {
                    scanf("%d", &ss);
                    son[num].push_back(ss);///num节点可以看到ss节点
                    son[ss].push_back(num);///则ss节点也可以看到num结点
                }
            }

            dfs(0);///反正整棵树一定是联通的,那么就随便选一个作为根节点
            cout<<min(dp[0][0], dp[0][1])<<endl;
    }
    return 0;
}