BZOJ 3037 创世纪 树形DP

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题目大意：给定一张有向图，每个点有且仅有一条出边，要求若一个点x扔下去，至少存在一个保留的点y，y的出边指向x，求最多扔下去多少个点

首先原题的意思就是支配关系 我们反向考虑 求最少保留的点 要求一个点若扔出去 则必须存在一个保留的点指向它

于是这就是最小支配集 不过由于是有向图 所以一个点要么选择 要么被子节点支配 所以就只剩下2个状态了

设f[x]为以x为根的子树选择x的最小支配集 g[x]为不选择x的最小支配集

然后由于是基环树林 所以我们选择一个环上的点 拆掉它的出边 设这个点为x 出边指向的点为y 讨论

1.若x选择 则y一开始就是被支配状态 g[y]初值为0 求一遍最小支配集

2.若x不选 正常求最小支配集即可

两种情况取最小值计入ans 最后输出n-ans即可

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define M 1001001
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
struct abcd{
	int to,next;
	bool ban;
}table[M];
int head[M],tot;
int n,p,conquered,ans,a[M],f[M],g[M],fa[M];//f 选 g 被支配
bool v[M];
void Add(int x,int y)
{
	table[++tot].to=y;
	table[tot].next=head[x];
	head[x]=tot;
}
void DFS(int x)
{
	v[x]=1;
	if(v[a[x]])
		p=x;
	else
		DFS(a[x]);
}
void Tree_DP(int x)
{
	int i;
	f[x]=1;
	g[x]=INF;
	v[x]=1;
	if(x==conquered)
		g[x]=0;
	for(i=head[x];i;i=table[i].next)
		if(!table[i].ban&&table[i].to!=fa[x])
		{
			fa[table[i].to]=x;
			Tree_DP(table[i].to);
			g[x]+=min(f[table[i].to],g[table[i].to]);
			g[x]=min(g[x],f[x]+f[table[i].to]-1);
			f[x]+=min(f[table[i].to],g[table[i].to]);
		}
}
int main()
{
	int i;
	cin>>n;
	for(i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&a[i]),Add(a[i],i);
	for(i=1;i<=n;i++)
		if(!v[i])
		{
			DFS(i);
			table[p].ban=1;
			conquered=a[p];
			Tree_DP(p);
			int temp=f[p];
			conquered=0;
			Tree_DP(p);
			temp=min(temp,g[p]);
			ans+=temp;
		}
	cout<<n-ans<<endl;
}

BZOJ 3037 创世纪 树形DP

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原文地址：http://blog.csdn.net/popoqqq/article/details/39965603