Codeforces Round #322 (Div. 2) F. Zublicanes and Mumocrates（树形dp）

题意:

给定2≤N≤5000的一棵树,现在要将这棵树黑白染色
染色的要求是:叶子节点必须黑白对半（保证有偶数个叶子）
在满足染色要求的情况下,使得不同色节点连接的边数最少
求这个边数

分析:

树形dp
一开始定义状态dp[u][cnt][2]:=u这个节点染成0/1,整棵树有cnt个染成1的点，的最少不同色节点连接的边
发现根本没法转移，太年轻，树形dp的状态怎么能跟子树没关系呢。。
f[u][cnt][2]:=以u为根的这颗子树有cnt染成1的叶子,且u被染成0/1，的最少不同色节点连接的边
leaves[u]:=以u为根的这颗子树有多少个叶子
转移的时候，叶子节点显然f[u][1][1]=f[u][0][0]=0,leaves[u]=1
对于其他情况,只能暴力枚举染1色的叶子数,但要注意枚举u的染1色叶子数的时候,不能计算当前v这颗子树的叶子
由于需要枚举所有u的儿子,我们需要一个新的状态来帮助转移
g[0][cnt][2]:=只有u本身的情况,染成0/1,显然g[0][0][0]=g[0][0][1]=0
g[1][cnt][2]:=当前u的状态下,u的第1个儿子对u的转移
显然g我们可以滚动数组来对接受所有儿子的转移,最终得到整个u为根的子树的结果
将结果复制过去,f[u]=g[cur]
halfLeaves=leaves[root]/2, 显然ans=min(f[root][halfLeaves][0],f[root][halfLeaves][1])
所谓的根只要找到随便一个不是叶子的即可
显然我们需要特判n=2时,找不到根,ans=1
对于时间复杂度为啥是O(n2),题解说的是每对(x,y)对其总更新次数只在lca出贡献一次

表示不懂,不过看起来确实复杂度比O(n3)小

代码：

////  Created by TaoSama on 2016-02-02//  Copyright (c) 2015 TaoSama. All rights reserved.//#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")#include <algorithm>#include <cctype>#include <cmath>#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <cstring>#include <iomanip>#include <iostream>#include <map>#include <queue>#include <string>#include <set>#include <vector>using namespace std;#define pr(x) cout << #x << " = " << x << "  "#define prln(x) cout << #x << " = " << x << endlconst int N = 5e3 + 10, INF = 0x3f3f3f3f, MOD = 1e9 + 7;int n;int f[N][N][2], g[2][N][2], leaves[N]; //leaf to 1vector<int> G[N];void getMin(int &x, int y) {    if(x > y) x = y;}void see(int u) {    printf("%d:\n", u);    for(int i = 0; i <= leaves[u]; ++i)        for(int j = 0; j < 2; ++j)            printf("f[%d][%d]=%d\n", i, j, f[u][i][j]);    puts("");}void dfs(int u, int fa) {    leaves[u] = 0;    if(G[u].size() == 1) {        leaves[u] = 1;        f[u][0][0] = f[u][1][1] = 0;        f[u][0][1] = f[u][1][0] = INF;//      see(u);        return;    }    for(int v : G[u]) {        if(v == fa) continue;        dfs(v, u);    }    int p = 0;    g[p][0][0] = g[p][0][1] = 0;    for(int v : G[u]) {        if(v == fa) continue;        memset(g[!p], 0x3f, sizeof g[!p]);        for(int i = 0; i <= leaves[u]; ++i)            for(int j = 0; j <= leaves[v]; ++j)                for(int a = 0; a < 2; ++a)                    for(int b = 0; b < 2; ++b)                        getMin(g[!p][i + j][a], g[p][i][a] + f[v][j][b] + (a != b));        p = !p;        leaves[u] += leaves[v];    }    memcpy(f[u], g[p], sizeof g[p]);//  see(u);}int main() {#ifdef LOCAL    freopen("C:\\Users\\TaoSama\\Desktop\\in.txt", "r", stdin);//  freopen("C:\\Users\\TaoSama\\Desktop\\out.txt","w",stdout);#endif    ios_base::sync_with_stdio(0);    while(scanf("%d", &n) == 1) {        for(int i = 1; i <= n; ++i) G[i].clear();        for(int i = 1; i < n; ++i) {            int u, v; scanf("%d%d", &u, &v);            G[u].push_back(v);            G[v].push_back(u);        }        if(n == 2) {puts("1"); continue;}        for(int i = 1; i <= n; ++i) {            if(G[i].size() > 1) {//              printf("root:%d\n", i);                dfs(i, -1);                int cnt = leaves[i] >> 1;                int ans = min(f[i][cnt][0], f[i][cnt][1]);                printf("%d\n", ans);                break;            }        }    }    return 0;}