題意

給一棵無根樹，可將其中一些節點選為服務節點，每個服務節點可以服務其相鄰節點。要求每個節點只被服務一次或者被選為服務節點，求滿足要求的服務節點數量最少。

題解

本題前後用時2h，回頭來看其實也是一道簡單的樹狀dp。

在做本題時，自己的想法與紫書上的不謀而合。開始考慮時想直接借鑑最大獨立集的狀態定義（d(i)表示i子樹的答案），但之後發現如果這樣定義，那麼在轉移中就無法確認轉移合法（滿足題目要求）。通過分析要求發現，子樹根節點i是否選作服務節點是關鍵問題。參考之前的經驗，考慮用兩個狀態變數定義狀態。在確定完狀態，開始寫狀態轉移方程時發現，這樣定義狀態會導致漏解。於是再維護一個值。

。。。關於狀態和轉移的東西日後在寫。

程式碼

#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <functional>
#include <algorithm>
#include <unordered_map>
#include <string>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

const int maxn = 10000+1;

vector<int> G[maxn];
int d[maxn][2], f[maxn];
int n;

void dfs(int u, int fa){
    if(G[u].size()==1 && G[u][0] ==  fa){
        d[u][1] = 1;
        f[u] =  0;
        d[u][0] = maxn;
        return;
    }
    d[u][1] = 1;
    f[u] = 0;
    for(int i = 0; i<G[u].size(); i++)if(G[u][i] != fa){
        int v = G[u][i];
        dfs(v, u);
        d[u][1] += min(f[v], d[v][1]);
        f[u] += d[v][0];
    }
    d[u][0] = INF;
    for(int i = 0; i<G[u].size(); i++)if(G[u][i] != fa){
        int v = G[u][i];
        d[u][0] = min(d[u][0], f[u]-d[v][0]+d[v][1]);
    }
}

int main(){
    while(scanf("%d", &n) != EOF){
        for(int i = 1; i<=n; i++) G[i].clear();
        int u,v;
        for(int i = 1; i<n; i++){
            scanf("%d%d",&u, &v);
            G[u].push_back(v);
            G[v].push_back(u);
        }
        int fg;
        scanf("%d", &fg);
        dfs(1, -1);
        printf("%d\n", min(d[1][1], d[1][0]));
        if(fg == -1) return 0;
    }
}