Online Judge：Bzoj1304，Luogu P3155
Label：无根树，树形Dp
题目描述
给定一棵\(N\)个节点的无根树，它一共有\(K\)个叶子节点。你可以选择一个度数大于1的节点作为根，并对整棵树进行染色（对于每个节点可以染黑/白，或选择不染），着色方案需满足以下约束：
1.每个叶子节点到树根的路径上都至少存在1个有色节点； 2.对于编号为\(i\)的叶子节点，给定一个\(c[i]\)，表示从叶子节点到树根路径上第一个遇到的有色节点的颜色(0:黑，1:白)。
\(M<=10000\) \(N<=5021\)
输入
第一行包含两个正整数\(N,K\)。
结点编号为\(1，2，…，N\)，其中编号\(1，2，… ，K\)是叶子。
以下\(K\)行每行一个0或1的整数（0表示黑色，1表示白色），依次为c[1]，c[2]，…，c[n]。
以下\(m-1\)行每行两个整数a，b（1<=a < b <= m），表示结点a和b 有边相连。
输出
仅一个数，即着色结点数的最小值。
样例
Input
5 3
0
1
0
1 4
2 5
4 5
3 5Output
2题解
唯一的难度在于是棵无根树。
part1
如果是棵有根树怎么做。
[1]状态定义
定义状态\(f[x][0/1]\)表示节点\(x\)染为黑/白，以其为根的子树所需的最小染色数。
为什么第二维不再弄个\(2\)表示不染色时的状态呢（当然这样也可以做,但没必要），在之后的转移中我们有一个"删除儿子颜色"的操作，也就是说先染上色，到时候再根据最优性考虑删除颜色。
[2]初始化、终态
一开始所有节点，不论选黑选白都至少选了一个有色节点，赋值为1；但对于叶子节点，将他所不能第一个遇到的那个颜色赋值为INF，后面转移时就不会用到这个状态了。
初始化 : \(f[x][0/1]=1\)，\(f[leaf][!c[leaf]]=INF\)
最后答案为\(ans=max(f[root][0],f[root][1])\)。只用考虑根节点染黑染白的情况。为什么无需考虑根节点不染色的情况呢，因为显然将树根染上颜色比将其某个子孙染上同种颜色会更优。
[3]转移
一遍dfs搞一下整棵树，对于非叶子节点x，其儿子为son。
如果x,son同色，则让x保留颜色，son删除颜色更优(x包含的范围更广)。如果不同色则都保留。两者取较小值传给x。
\(f[x][0]+=min(f[son][0]-1,f[son][1]);\)
\(f[x][1]+=min(f[son][1]-1,f[son][0]);\)
part2
性质：在本题中，根节点的选取对于答案没有影响。
证明：类似换根的想法，设一开始的树根为\(x\)，现在要将他的某个儿子\(son\)设为根。
根据上面分析，在\(x\)做根的最优方案中，
1.x与son不会染相同的颜色；
2.x一定会染色。
不妨设那时x染为黑。
A.当son染为白时，换根后两者分别可能会影响的范围根本没有变化，所以颜色都不用改变，答案当然不会变。
B.当son不染色时，原来x可能会影响的范围是整棵树，换根后，只需将x的颜色转给son，x本身不染色即可保证树根可能影响的范围不变，这样只有这两点的颜色交换了，染色总数依然不变。
所以随便挑一个非叶子节点做根就好了。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=10010;
vector<int>e[N];
int f[N][2],n,k;
void dfs(int x,int fa){
if(x<=k)return;
for(int i=0;i<e[x].size();i++){
int y=e[x][i];if(y==fa)continue;
dfs(y,x);
f[x][0]+=min(f[y][0]-1,f[y][1]);
f[x][1]+=min(f[y][1]-1,f[y][0]);
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++)f[i][0]=f[i][1]=1;
for(int i=1,w;i<=k;i++){
scanf("%d",&w),f[i][!w]=1e9;
}
for(int i=1,u,v;i<n;i++){
scanf("%d%d",&u,&v);
e[u].push_back(v);e[v].push_back(u);
}
dfs(n,0);
printf("%d\n",min(f[n][0],f[n][1]));
}