這道題是dp。之前應該做過類似的題，對每個節點根據子節點的情況進行dp，但是忘了，看了解題報告才知道這個思路。
要點在於因為本題是樹形結構，我們可以從根節點開始從上到下dp。對每個節點，有兩種可能，cover or not：如果cover了，那麼和這個節點相連的邊都覆蓋到了，所以子節點可以cover也可以不cover；如果不cover，那麼子節點必須cover。用f標記父節點，用c標記（其中乙個）子節點的話，我們有dp[f][0] = \sum_c dp[c][1]; dp[f][1] = 1 + \sum_c min(dp[c][0], dp[c][1])
其中dp[f][0]表示父節點不cover的情況，dp[f][1]表示父節點cover的情況。
thestoryofsnow
1463
accepted
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c++1529b
/*
id: thestor1
lang: c++
task: poj1463
*/#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std;
const int maxn = 1500;
const int maxm = 10;
// dp[i][0] means the total number of children (and grandchildren etc) nodes covered if i itself is not covered
// dp[i][1] means i itself is covered
int dp[maxn][2];
// the number of children nodes
int nchildren[maxn];
// children nodes
int children[maxn][maxm];
void dfs(int f)
}int main()
for (int i = 0; i < n; ++i)
}// find the root who has no father node
int root = -1;
for (int i = 0; i < n; ++i)
}// printf("[debug]root:%d\n", root);
dfs(root);
printf("%d\n", min(dp[root][0], dp[root][1]));
} return 0;
}
poj 1463樹形dp入門
一道簡單的樹形dp 動態轉移方程 dp root 1 min dp id 1 dp id 0 dp root 0 dp root 1 若根節點放哨兵，則它的孩子節點有兩種選擇，若不放，呢麼他的孩子節點只有一種選擇 ac include include include include using na...
poj解題報告 1328
不得不說，這題是讓我飽受折磨，畢竟第一次做貪心演算法，而且wa了好多次，幸好有學長的幫助，最終找到了問題所在，是在快排上是問題，double高位不可向int低位轉換，由於一開始強制轉換導致雖然樣例和其他的測試資料過了，但還是wa，現在改完了就對了，附上ac ps 這題通過率是22 真心不簡單 如下 ...
poj解題報告 2586
這題我是用的貪心演算法，其實不用也可以，列舉也能解決，因為情況不多。因為是每連續5個月必有虧損，而一年只有1 5，2 6，3 7，4 8 8 12共8種情況。現在設盈餘為s，虧損為d，可列出以下幾種情況。ssssdssssdss 4ssssddsssddss 3s 2d ssdddssdddss 2...