电子眼
电 子 眼 电子眼 电子眼
题目链接：SSL 2119 / JZOJ 1822
题目
中山市是一个环境优美、气候宜人的小城市。因为城市的交通并不繁忙，市内的道路网很稀疏。准确地说，中山市有 N N N条马路和 N N N个路口，每条马路连接两个路口，每两个路口之间最多只有一条马路。作为一条交通网络，显然每两个路口之间都是可达的。为了更好地管理中山市的交通，市长决定在一些路口加装电子眼，用来随时监视路面情况。这些装在路口的电子眼能够监视所有连接到这个路口的马路。现在市长想知道最少需要在多少个路口安装电子眼才能监视所有的马路。市长已经把所有的路口都编上了 1 ～ N 1～N 1～N的号码。
给你中山市的地图，你能帮忙吗？
输入
输入文件第 1 1 1行包括一个数字 N N N，表示中山市的路口数。接下来 N N N行，每行两个正整数 x x x， y y y，表示第 x x x个路口和第 y y y个路口有马路相连。
输出
输出最少需要安装电子眼的数量。
样例输入
3
1 2
2 3
1 3
样例输出
1
数据范围
1 < = N < = 100000 1<=N<=100000 1<=N<=100000
思路
这道题是一道树形 d p dp dp。
其实这些图，都是有一个树加上了一条线。
那我们就把加上的线去掉，并从 x x x选和 y y y选中必须挑一个，就变成了树形 d p dp dp了。
那么，如果这个点选了，那么与它连接的点可选可不选。但是如果这个点没选，那么与它连接的点就必须得选。
就这样 d p dp dp下去，最后求出选 x x x用的于选 y y y用的那个更少，就是答案了。
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define min(x, y) (x) < (y) ? (x) : (y)using namespace std;int n, x, y, head[100001], k, f[3][100001];
bool in[100001];
struct note {int to, next;
}e[200001];void dfs(int now){//dpf[2][now] = 1;//初始化f[1][now] = 0;for(int i = head[now]; i; i = e[i].next)if(in[e[i].to] == 0) {//没有到过in[e[i].to] = 1;//记录dfs(e[i].to);//dpf[2][now] += min(f[1][e[i].to], f[2][e[i].to]);//统计f[1][now] += f[2][e[i].to];//统计}
}int main() {memset(f, 0x7f, sizeof(f));//初始化scanf("%d", &n);//读入for (int i = 1; i <= n; i++) {scanf("%d %d", &x, &y);//读入e[++k] = (note){y, head[x]}; head[x] = k;//建邻接表e[++k] = (note){x, head[y]}; head[y] = k;//反向也建一个}in[1] = 1;//初始化dfs(1);//dpprintf("%d", min(f[1][1], f[2][1]));//输出最小花费return 0;
}
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题目链接：SSL 2119 / JZOJ 1822
题目
中山市是一个环境优美、气候宜人的小城市。因为城市的交通并不繁忙，市内的道路网很稀疏。准确地说，中山市有 N N N条马路和 N N N个路口，每条马路连接两个路口，每两个路口之间最多只有一条马路。作为一条交通网络，显然每两个路口之间都是可达的。为了更好地管理中山市的交通，市长决定在一些路口加装电子眼，用来随时监视路面情况。这些装在路口的电子眼能够监视所有连接到这个路口的马路。现在市长想知道最少需要在多少个路口安装电子眼才能监视所有的马路。市长已经把所有的路口都编上了 1 ～ N 1～N 1～N的号码。
给你中山市的地图，你能帮忙吗？
输入
输入文件第 1 1 1行包括一个数字 N N N，表示中山市的路口数。接下来 N N N行，每行两个正整数 x x x， y y y，表示第 x x x个路口和第 y y y个路口有马路相连。
输出
输出最少需要安装电子眼的数量。
样例输入
3
1 2
2 3
1 3
样例输出
1
数据范围
1 < = N < = 100000 1<=N<=100000 1<=N<=100000
思路
这道题是一道树形 d p dp dp。
其实这些图，都是有一个树加上了一条线。
那我们就把加上的线去掉，并从 x x x选和 y y y选中必须挑一个，就变成了树形 d p dp dp了。
那么，如果这个点选了，那么与它连接的点可选可不选。但是如果这个点没选，那么与它连接的点就必须得选。
就这样 d p dp dp下去，最后求出选 x x x用的于选 y y y用的那个更少，就是答案了。
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define min(x, y) (x) < (y) ? (x) : (y)using namespace std;int n, x, y, head[100001], k, f[3][100001];
bool in[100001];
struct note {int to, next;
}e[200001];void dfs(int now){//dpf[2][now] = 1;//初始化f[1][now] = 0;for(int i = head[now]; i; i = e[i].next)if(in[e[i].to] == 0) {//没有到过in[e[i].to] = 1;//记录dfs(e[i].to);//dpf[2][now] += min(f[1][e[i].to], f[2][e[i].to]);//统计f[1][now] += f[2][e[i].to];//统计}
}int main() {memset(f, 0x7f, sizeof(f));//初始化scanf("%d", &n);//读入for (int i = 1; i <= n; i++) {scanf("%d %d", &x, &y);//读入e[++k] = (note){y, head[x]}; head[x] = k;//建邻接表e[++k] = (note){x, head[y]}; head[y] = k;//反向也建一个}in[1] = 1;//初始化dfs(1);//dpprintf("%d", min(f[1][1], f[2][1]));//输出最小花费return 0;
}