[洛谷-P1272] 重建道路（树形背包DP）

• 一、题目
• 重建道路
• • 题目描述
  • 输入格式
  • 输出格式
  • 样例 #1
  • • 样例输入 #1
    • 样例输出 #1
  • 提示
  • • 样例解释
    • 限制与约定
• 二、思路
• • 1、状态表示
  • 2、转移方程
  • 3、循环设计
  • 4、初末状态
• 三、代码

一、题目

重建道路

题目描述

一场可怕的地震后，人们用 NNN 个牲口棚（编号 1∼N1\sim N1∼N）重建了农夫 John 的牧场。由于人们没有时间建设多余的道路，所以现在从一个牲口棚到另一个牲口棚的道路是惟一的。因此，牧场运输系统可以被构建成一棵树。

John 想要知道另一次地震会造成多严重的破坏。有些道路一旦被毁坏，就会使一棵含有 PPP 个牲口棚的子树和剩余的牲口棚分离，John 想知道这些道路的最小数目。

输入格式

第一行两个整数，NNN 和 PPP。

第二行到第 nnn 行，每行两个整数 III 和 JJJ，表示节点 III 是节点 JJJ 的父节点。牧场运输系统可以被构建成一棵以 1 号节点为根的树

输出格式

单独一行，包含一旦被破坏将分离出恰含 PPP 个节点的子树的道路的最小数目。

样例 #1

样例输入 #1

11 6
1 2
1 3
1 4
1 5
2 6
2 7
2 8
4 9
4 10
4 11

样例输出 #1

2

提示

样例解释

如果道路 1−41-41−4 和 1−51-51−5 被破坏，含有节点（1,2,3,6,7,81,2,3,6,7,81,2,3,6,7,8）的子树将被分离出来。

限制与约定

1≤N≤1501\le N\le 1501≤N≤150，1≤P≤N1\le P\le N1≤P≤N，保证给出的是一棵树。

二、思路

这道题简单的来说就是：
给出一棵含有 n 个节点的有根树，我们现在希望通过删除一些边，让他有一棵有 m 个节点的新树，求删除的最少边的数量。

我们需要注意的有一下几点：
第一，我们选择的点必须构成一棵树，即如果我们选择了一个点，那么就必须选择这个点的父节点。 从这里我们就能够发现这道题其实是一道树形背包DP的问题。

剩下的注意点将在DP的分析中给出。

1、状态表示

f[u][j]f[u][j]f[u][j]表示在以uuu为根节点的树中选择jjj个点，删除的最小边的数量。

2、转移方程

f[u][siz(u)][j]=min(f[u][siz(u)][j],f[u][siz(u)−1][j−k]+f[son][siz(son)][k]−2)f[u][siz(u)][j]=min(f[u][siz(u)][j], f[u][siz(u)-1][j-k]+f[son][siz(son)][k]-2)f[u][siz(u)][j]=min(f[u][siz(u)][j],f[u][siz(u)−1][j−k]+f[son][siz(son)][k]−2)

这里的sonsonson指的是uuu的子节点。siz(u)siz(u)siz(u)指的是uuu的子树个数。siz(son)siz(son)siz(son)指的是其子树的子树个树。那么上述的转移方程可以描述为：

在以uuu为根的子树中选jjj个节点的最小代价等于在前siz(u)−1siz(u)-1siz(u)−1个子树中选j−kj-kj−k个，在第siz(u)siz(u)siz(u)个子树sonsonson中选kkk个的最小代价。

我们为什么要减222呢？

我们在初始化的时候，我们是切除了和子节点之间相连的边，同时也切除了和父节点相连的边。

A是B的父节点，所以在算红色的联通块的时候，我们删除了一次A和B之间的边，B又是A的子节点，所以在算紫色连通块的时候，我们又删除了一次A和B之间的边。但实际上我们是需要在A和B之间连接一条边的。也就是说我们不应该删除这条边。我们的f[i][j]f[i][j]f[i][j]记录的是删除掉的边。所以我们应该-2。

这里我们还需要注意一个关键点：根据刚刚的分析，我们想要选择子树中的点就必须选择这个点所对的根节点。即如果我们总共想选择jjj个点，那么我们在子树中至多选j−1j-1j−1个。这个即我们kkk的范围。

而上述三维的DP是比较容易爆空间的，所以可以优化为两维：
f[u][j]=min(f[u][j],f[u][j−k]+f[son][k]−2)f[u][j]=min(f[u][j], f[u][j-k]+f[son][k]-2)f[u][j]=min(f[u][j],f[u][j−k]+f[son][k]−2)

3、循环设计

最外层肯定是去遍历树的节点，利用子节点去更新父节点，所以我们最外层的循环其实就是DFS。

那么第二层循环就是我们的选择的点的个数jjj。但是由于我们优化掉了一维，所以我们需要倒序枚举。

第三层即去枚举在子树sonsonson中选择的个数。

4、初末状态

f[u][1]f[u][1]f[u][1]表示的是在以uuu为根的树中保留一个点所需要的最小代价，即保留uuu点本身。
那么我们只需要剪掉和uuu直接相连的子节点即可剪去整棵子树，但是不要忘记和节点uuu相连的父节点也要减去！

即f[u][1]=siz(u)+1f[u][1]=siz(u) + 1f[u][1]=siz(u)+1，其余初始化正无穷INFINFINF即可。

但是这里有一个特殊情况，如果我们的uuu是整棵树的祖宗节点rootrootroot。而祖宗节点是没有父节点的，所以我们不需要减去那个和父节点相连的边，此时我们只需要初始化为：f[root][1]=siz(root)f[root][1]=siz(root)f[root][1]=siz(root)。这是这道题的另外一个坑点。

末状态是f[root][p]f[root][p]f[root][p]，这个想法对吗？
显然是不对的。因为题目中只说保留ppp个，并没有说保留的是以祖宗节点rootrootroot为根。所以我们需要去枚举所有的f[i][p]f[i][p]f[i][p]，找出一个最小值。

三、代码

#include
#include
#include
#include
#define endl '\n'
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair pii;
const int N = 300 + 10;
int f[N][N];
int siz[N];
int root = 0;
vectoredge[N];
int n, m;
void dp(int u, int M)
{f[u][1] = edge[u].size() + (u != root);for(int i = 0; i < edge[u].size(); i ++ ){int son = edge[u][i];dp(son, M);for(int j = M; j >= 1; j -- )for(int q = 0; q <= (j - 1); q ++ )f[u][j] = min(f[u][j - q] + f[son][q] - 2, f[u][j]);}
}
void solve()
{cin >> n >> m;memset(f, INF, sizeof f);for(int i = 0; i < n - 1; i ++ ){int a, b;cin >> a >> b;if(root == b || root == 0)root = a;edge[a].push_back(b);}dp(root, m);int ans = f[root][m];for(int i = 1; i <= n; i ++ ){if(f[i][m] < ans)ans = f[i][m];}cout << ans << endl;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);solve();
}