最近刷了一套（5题）的树型dp题目：http://acm.hust.edu.cn/vjudge/contest/view.action?cid=116767#overview，算是入了个门，做下总结。
A题是真正的入门题，只要找出所有的入度为0的点（即每棵树上最高的领导）进行树型dp即可，具体方法同B题，等到了B题再具体讲。
C题是给出一棵树，升序输出这棵树上所有满足条件的点，该条件是，去掉该节点以后剩下的所有子树的size不超过原数size的一半。方法是以节点1为头，预处理出所有节点的size，然后用dfs遍历所有的点，找出符合条件的点即可。
D题是，给出一个树（树上每个节点都有一个权值）和一个指定的size，找出满足这个size的所有子树中权值最大的一颗子树的权值。因为节点数最大为100，所以只要暴力dp即可。
虽然CD两题都不是很难，但还是需要注意一下写法的。
重点讲下B和E两题。题意都差不多，给出一棵树，B题是每个点都可以覆盖其相邻的一条边，求覆盖所有边所需最少的点的个数。而E题是，每个点都可以覆盖自己和相邻的节点，求覆盖所有点所需的最少的点的个数。
一开始并没有觉得有什么区别，因为都是无环的树，应该B题的方法适用于E，不过最后还是找出了反例。
如上图，如果是覆盖所有点，那么只要2，5两个点即可，如果是覆盖边，那么3，4之间的边仍未覆盖，所以有不同，需要采取新的dp方法。
对于B题，考虑如果u点不设置点，那么即dp[u][0]=dp[v][1]，即其子节点一定要放一个点（1表示放，0表示不放）；否则，如果u点放置，则dp[u][1]=min(dp[v][0],dp[v][1])。然后用dfs遍历即可。代码如下：
1 #include <stdio.h> 2 #include <algorithm> 3 #include <string.h> 4 #include <vector> 5 using namespace std; 6 const int N = 1500; 7 int dp[N+5][2]; 8 vector<int> vec[N+5]; 9 void dfs(int u,int f) 10 { 11 dp[u][0]=0; 12 dp[u][1]=1; 13 for(int i=0;i<vec[u].size();i++) 14 { 15 int v=vec[u][i]; 16 if(f==v) continue; 17 dfs(v,u); 18 dp[u][0]+=dp[v][1]; 19 dp[u][1]+=min(dp[v][1],dp[v][0]); 20 } 21 } 22 int main() 23 { 24 int n; 25 while(scanf("%d",&n)==1) 26 { 27 memset(dp,0,sizeof(dp)); 28 for(int i=0;i<=N;i++) vec[i].clear(); 29 for(int i=1;i<=n;i++) 30 { 31 int u,T; 32 scanf("%d:(%d)",&u,&T); 33 while(T--) 34 { 35 int v; 36 scanf("%d",&v); 37 vec[u].push_back(v); 38 vec[v].push_back(u); 39 } 40 } 41 dfs(0,-1); 42 int ans = min(dp[0][0],dp[0][1]); 43 printf("%d ",ans); 44 } 45 return 0; 46 }
对于D题，贪心策略是如果子节点建了，父节点不建；父节点建了，子节点不建。具体的还是见代码理解一下吧：
1 #include <stdio.h> 2 #include <algorithm> 3 #include <string.h> 4 #include <vector> 5 using namespace std; 6 7 vector<int> G[10000+5]; 8 int build[100000+5]; 9 int ans = 0; 10 void dfs(int u,int from) 11 { 12 int f = 0; //f=1表示所有子代中具有一个已经放置了点 13 for(int i=0;i<G[u].size();i++) 14 { 15 int &v = G[u][i]; 16 if(v == from) continue; 17 dfs(v,u); 18 f = f||build[v]; 19 } 20 if(from == -1) ans += (f==0&&build[u]==0); 21 else if(build[from] == 0 && build[u] == 0 && f == 0) 22 { 23 ans++; 24 build[from] = 1; //这是贪心策略的体现，可以手动画图模拟一下 25 } 26 } 27 int main() 28 { 29 int n; 30 while(scanf("%d",&n)==1) 31 { 32 for(int i=1;i<=n;i++) G[i].clear(); 33 memset(build,0,sizeof(build)); 34 for(int i=1;i<n;i++) 35 { 36 int u,v; 37 scanf("%d%d",&u,&v); 38 G[u].push_back(v); 39 G[v].push_back(u); 40 } 41 ans = 0; 42 dfs(1,-1); 43 printf("%d ",ans); 44 } 45 }
模拟过程大致如下：
由于贪心策略，最后三个节点不涂，倒数第二个涂色，那么3自然不用涂，回溯到2节点的时候，由于1，2，3都没涂，而3是有三个儿子节点可以覆盖它的，故不用管，所以涂1即可，这就是代码中，连续3个没涂的情况下涂最前面那个（也就是from）的缘故。同时这也是和B题不同的一个反例。因为2，3之间的边没被覆盖。