题意
给出一个树，一个消防站能够覆盖与他距离小于2的点。
求覆盖整个树需要多少个消防站。
分析
有贪心思路和动规思路，这篇题解使用动规。
所以按照树形DP的常规套路，我们把一棵子树的状态作为一个划分状态的标准。但是一个子树可能还可以向外覆盖点，也有可能有几个点没覆盖。
由于覆盖半径是2，对于一棵子树划分5种状态：
(f_{i,0})向上覆盖2个。
(f_{i,1})向上覆盖1个。
(f_{i,2})正好覆盖完子树。
(f_{i,3})覆盖完儿子。
(f_{i,4})覆盖完孙子。
需要的消防局数目。
(f_{i,0})选了自己，所以孙子会被覆盖到。要求曾孙全部被覆盖，儿子0-4的状态都满足。
[f_{i,0}=1+min(f_{i.child,[0,4]})
]
(f_{i,1})选了儿子中的一个节点，所以其他儿子也会被覆盖到。但是其他儿子的儿子 无法被覆盖到。所以在转移时，随机选取一个点放消防站，并要求其他点的儿子被覆盖到。
[f_{i,1}=min(min (f_{i.child,[0,3]})_{i.child!=k}+f_{k,0} )_{kin {i.child}}
]
同理有
[f_{i,2}=min(min (f_{i.child,[0,2]})_{i.child!=k}+f_{k,1} )_{kin {i.child}}
]
要让根节点的儿子都被覆盖，就是让它们本身都覆盖（好zz啊）
[f_{i,3}=sum(f_{i.child,[0,2]})
]
同理有
[f_{i,4}=sum(f_{i.child,[0,3]})
]
加速
取[0,2]的最小值，就是覆盖自身时的答案。
对于状态0，[0,4]中显然4最优
[f_{i,0}=1+min(f_{i.child,4})
]
同理有
[f_{i,3}=sum(f_{i.child,2})
]
[f_{i,4}=sum(f_{i.child,3})
]
此时0，3和4的状态处理完成，可以利用它们优化1和2的转移。
状态1，可以让所有孙子被覆盖，然后取(f_{i.child,0}-f_{i.child,3})的最小值。这个式子相当于覆盖与i相邻的点需要的消防站数目。
所以有
[f_{i,1}=min (f_{i.child,0}-f_{i.child,3})+f_{i,4}
]
同理有
[f_{i,2}=min (f_{i.child,2}-f_{i.child,1})+f_{i,3}
]
最后，你会发现还是贪心好用
(
代码
别看了，很丑，还是抄的。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN=1005;
int n,ne,head[MAXN],cnt,temp,temp1,temp2;
int f[MAXN][5];
bool tree[MAXN][MAXN];
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=2;i<=n;i++)
{
int x;
scanf("%d",&x);
tree[x][i]=1;
}
for(int i=n;i>=1;i--)
{
f[i][0]=1;
temp1=1919,temp2=1919;
for(int p=1;p<=n;p++)
{
if(tree[i][p])
{
f[i][3]+=f[p][2];
f[i][4]+=f[p][3];
f[i][0]+=f[p][4];
temp1=min(temp1,f[p][0]-f[p][3]);
temp2=min(temp2,f[p][1]-f[p][2]);
}
}
f[i][1]=f[i][4]+temp1;
f[i][2]=min(f[i][3]+temp2,min(f[i][0],f[i][1]));
f[i][3]=min(f[i][2],f[i][3]);
f[i][4]=min(f[i][4],f[i][3]);;
}
printf("%d",f[1][2]);
return 0;
}