【BZOJ2314】士兵的放置 树形DP

【BZOJ2314】士兵的放置

Description

八中有N个房间和N-1双向通道,任意两个房间均可到达.现在出了一件极BT的事,就是八中开始闹鬼了。老大决定加强安保，现在如果在某个房间中放一个士兵,则这个房间以及所有与这个房间相连的房间都会被控制.现在

老大想知道至少要多少士兵可以控制所有房间.以及有多少种不同的方案数. 

Input

第一行一个数字N,代表有N个房间,房间编号从1开始到N.N<=500000,下面将有N-1行,每行两个数,代表这两个房间相连. 

Output

第一行输出至少有多少个士兵才可以控制所有房间第二行输出有多少种方案数,方案数会比较大,输出除以1032992941的余数吧. 

Sample Input

6
1 2
1 3
1 5
1 4
5 6

Sample Output

2
2

HINT

第一种方案是将士兵放在1号房间及6号房间 
第二种方案是将士兵放在1号房间及5号房间 

题解：树形DP求最小支配集，怎么求最小支配集我就不说了，求的时候顺便记录一下方案数，最好是自己yy来搞

注意以下几点：

1.由于涉及到乘法，所以最好开long long

2.有可能出现一个点既被父亲支配又被儿子支配的情况，注意不要算重复

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#define mod 1032992941ll
using namespace std;
const int maxn=500010;
typedef long long ll;
int to[maxn<<1],next[maxn<<1],head[maxn];
ll g[maxn][3],f[maxn][3];
int n,cnt;
//0:父亲 1:儿子 2:自己 
void add(int a,int b)
{
	to[cnt]=b,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
}
void dfs(int x,int fa)
{
	int i;
	f[x][2]=1,f[x][1]=maxn,g[x][0]=g[x][1]=g[x][2]=1;
	for(i=head[x];i!=-1;i=next[i])
	{
		if(to[i]==fa)	continue;
		dfs(to[i],x);
		ll t=0,tmp=min(min(f[to[i]][0],f[to[i]][1]),f[to[i]][2]);
		if(f[to[i]][0]==tmp)	t=(t+g[to[i]][0])%mod;
		if(f[to[i]][1]==tmp)	t=(t+g[to[i]][1])%mod;
		if(f[to[i]][2]==tmp)	t=(t+g[to[i]][2])%mod;
		f[x][2]+=tmp;
		g[x][2]=(g[x][2]*t)%mod;

		tmp=min(f[x][1]+min(f[to[i]][1],f[to[i]][2]),f[x][0]+f[to[i]][2]);
		t=0;
		if(f[x][1]+f[to[i]][1]==tmp)	t=(t+g[to[i]][1])%mod;
		if(f[x][1]+f[to[i]][2]==tmp)	t=(t+g[to[i]][2])%mod;
		f[x][1]=tmp;
		g[x][1]=(g[x][1]*t)%mod;
		if(f[x][0]+f[to[i]][2]==tmp)	g[x][1]=(g[x][1]+g[x][0]*g[to[i]][2])%mod;

		f[x][0]+=f[to[i]][1];
		g[x][0]=(g[x][0]*g[to[i]][1])%mod;
	}
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	int i,a,b;
	memset(head,-1,sizeof(head));
	for(i=1;i<n;i++)
	{
		scanf("%d%d",&a,&b);
		add(a,b),add(b,a);
	}
	dfs(1,0);
	if(f[1][1]<f[1][2])	printf("%lld
%lld",f[1][1],g[1][1]);
	if(f[1][1]>f[1][2])	printf("%lld
%lld",f[1][2],g[1][2]);
	if(f[1][1]==f[1][2])	printf("%lld
%lld",f[1][1],(g[1][1]+g[1][2])%mod);
	return 0;
}