传送门
思路
题意
\(n\)个点，\(n-1\)条边（这就告诉我们这是一棵树），一个点染色可以传递给相邻的结点（也就是说相邻结点相当于被染色了）并将这些相邻结点覆盖，问最少染多少个结点可以完全覆盖这\(n\)个结点
做法
首先，这是一道树形DP基础题
那么，我们考虑一个结点可以被谁染色，不难想出，可以有\(3\)种情况：被自己染色，被儿子染色，被父亲染色
我们用\(f[i][0/1/2]\)分别表示\(i\)这个结点被自己/儿子/父亲染色的最小染色数，即用\(f[i][0]\)表示自己对自己染色了，用\(f[i][1]\)表示自己被儿子染色了，用\(f[i][2]\)表示自己被父亲染色了
那么就可以推出三种状态，我们设目前结点为\(u\)，他的儿子结点为\(v\)
\(1.\)自己被自己染色
这时我们可以想一下，\(u\)被自己染色可以由什么转移过来，如果\(u\)已经被自己染色了的话，他的儿子\(v\)可以选择自己染色，也可以选择被自己（\(v\)）的儿子染色，当然也可以被\(u\)染色，当然，我们要选最小的，所以转移方程就是
\[f[u][0] += \min (f[v][0], f[v][1], f[v][2])(v \in son_u)\]
\(2.\)被自己的父亲结点染色
如果被父亲结点(\(fa\))染色了，那么\(u\)的儿子\(v\)只能选择自己染色或者被它的儿子染色，转移方程为
\[f[u][0] += \min (f[v][0], f[v][1])(v\in son_u)\]
\(3.\)被自己的儿子结点染色
这是最麻烦的一种情况，因为\(u\)可能有多个儿子，只要有一个儿子自己染色了，就可以将\(u\)覆盖，这种情况就成立了
而现在它的儿子有两种情况，分别是自己染色和被它儿子染色
我们可以先假设每个儿子都是被它自己染色（\(v\)被自己染色）的，然后看一下\(u\)的每个儿子（\(v\)）被其儿子染色是否使结果变得更小，把能让结果更小的 自己染色（\(v\)自己染色）的儿子 替换为 被其儿子染色的儿子（\(v\)被它儿子染色）的儿子
(参考了\(ysner\)大佬的思路)
那么怎么实现呢？
- 先让\(f[u][1]\)加上所有的\(f[v][0]\)（也就是假设所有的\(v\)目前都是自己给自己染色的）
- 在进行一的同时，用一个\(g\)数组，表示\(v\)被儿子染色所需的价值减去\(v\)被自己染色的价值的差值，同时用一个变量\(tot\)记录一下一共有多少个儿子，即\(g[++tot] = f[v][1] - f[v][0]\)
- 如果\(u\)没有儿子，即\(tot\)为\(0\)，说明\(u\)是一个叶结点，那么就没有从儿子来的价值，因为转移的时候我们要取小的，所以就把\(f[u][1]\)设为一个极大值
- 如果\(u\)有儿子，就将\(g\)从小到大排序，如果是负值，我们就可以替换，因为是负值的话就说明，此时的\(f[v][1]\)比\(f[v][0]\)小，所以就可以替换，只要是负的，值越小越好，所以就排序一下，是负的就替换，否则就\(break\)，当然我们最多替换\(tot-1\)个，因为要保证\(u\)被染色，必须有一个儿子是自己染色的
至此主要部分就讲完了，需要注意的是每次\(dfs\)的时候先将\(f[u][0]\)设为\(1\)，因为自己给自己染色肯定至少为\(1\)
然后我们就做完啦~~
代码
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
inline int read() {
char c = getchar();
int x = 0, f = 1;
for( ; !isdigit(c); c = getchar()) if(c == '-') f = -1;
for( ; isdigit(c); c = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48);
return x * f;
}
const int M = 1e5 + 11;
const int INF = 1e9 + 17;
int n, m;
int f[M][3];//f[i][0/1/2]0表示被自己染了，1表示被儿子染了，2表示被父亲染了
struct node {
int nxt, to;
} e[M];
int head[M], cnt;
inline void add(int from, int to) {
e[++cnt].to = to;
e[cnt].nxt = head[from];
head[from] = cnt;
}
bool cmp(int x, int y) {
return x > y;
}
void dfs(int u, int fa) {
int tot = 0, g[M]; f[u][0] = 1;
for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {
int v = e[i].to;
if(v == fa) continue;
dfs(v, u);
f[u][0] += min(f[v][0], min(f[v][1], f[v][2]));
f[u][2] += min(f[v][0], f[v][1]);
f[u][1] += f[v][0];
g[++tot] = f[v][1] - f[v][0];
}
if(!tot) f[u][1] = INF;
else {
sort(g + 1, g + 1 + tot);
for(int i = 1; i < tot; i++) {
if(g[i] < 0) f[u][1] += g[i];
else break;
}
}
return;
}
int main() {
n = read();
for(int i = 1; i < n; i++) {
int x = read(), y = read();
add(x, y), add(y, x);
}
dfs(1, 0);
printf("%d", min(f[1][0], f[1][1]));
return 0;
}