题目描述

研究表明，这种传染病的传播具有两种很特殊的性质；

第一是它的传播途径是树型的，一个人 X 只可能被某个特定的人 Y 感染，只要 Y 不得病，或者是 XY 之间的传播途径被切断，则 X 就不会得病。

第二是，这种疾病的传播有周期性，在一个疾病传播周期之内，传染病将只会感染一代患者，而不会再传播给下一代。

这些性质大大减轻了蓬莱国疾病防控的压力，并且他们已经得到了国内部分易感人群的潜在传播途径图（一棵树）。但是，麻烦还没有结束。由于蓬莱国疾控中心人手不够，同时也缺乏强大的技术，以致他们在一个疾病传播周期内，只能设法切断一条传播途径，而没有被控制的传播途径就会引起更多的易感人群被感染（也就是与当前已经被感染的人有传播途径相连，且连接途径没有被切断的人群）。当不可能有健康人被感染时，疾病就中止传播。所以，蓬莱国疾控中心要制定出一个切断传播途径的顺序，以使尽量少的人被感染。

你的程序要针对给定的树，找出合适的切断顺序。

输入格式

输入格式：
第一行是两个整数 n 和 p。
接下来 p 行，每一行有 2 个整数 i 和 j，表示节点 i 和 j 间有边相连。（意即，第i 人和第 j 人之间有传播途径相连）。其中节点 1 是已经被感染的患者。

输出格式

11 行，总共被感染的人数。

输入输出样例

输入 #1复制

7 6
1 2
1 3
2 4
2 5
3 6
3 7

输出 #1复制

3

说明/提示

对于 100%100% 的数据，1≤n≤300。

【题目来源】

NOIP 2003 提高组第四题

题解：

题目的意思是：

给你一颗树，每次划掉一条边避免被感染，感染源从1开始，先叶子结点扩散。

看了其他人的题解，总结一下思路：

我们可以逆向思维，就是求保护多少个人不被感染。

我们观察到每次我们只可能以1为根的树，每次每层断过掉一个子节点，这时就转变为这么才可以断掉子节点 到叶子节点的个数最多。

我们用 最短路算法求其每个节点 和它的子儿子。

因为父节点到子节点的路径是 dis[f] + 1 = dis[r] ;

struct node{int x, quan;node (int a, int b) : x(a), quan(b){}friend bool operator < (node a, node b){return a.quan > b.quan;}
};
/预处理第二部分
void solve(){priority_queue <node> que;for (int i = 0; i <= n; ++i) dis[i] = 999;dis[1] = 0;que.push(node(1, 0));while (!que.empty()){node temp = que.top();que.pop();int x = temp.x;int p = k[x].size();for (int j = 0; j < p; ++j){if (dis[k[x][j]] > dis[x]+1){dis[k[x][j]] = dis[x]+1;que.push(node(k[x][j], dis[k[x][j]]));}}}resolve(1, 0);
} //最短路算法进行预处理

在利用 resove(1,0)处理记录，第cet层的每个节点的个数。

//dfs核心函数
void resolve(int i, int cen){//cet为1节点 的第几层  // i为节点 的值b[cen][cnt[cen]] = i;// 第几层的位置  存放节点++cnt[cen];int p = k[i].size();for (int j = 0; j < p; ++j){ // k[i][j] 是i点 -> k[i][j]if (dis[k[i][j]] == dis[i]+1){//下一个点 的化resolve(k[i][j], cen+1);f[i].push_back(k[i][j]);//为了取出最近的一个点}}
} 

再用 dfs进行记录最大可以保护不被感染的个数

遍历每层它的最大保护的个数。

//标记部分
void reclean(int i){bol[i] = false;int p = f[i].size();for (int j = 0; j < p; ++j){reclean(f[i][j]);}
} //回溯部分
void dfs(int cen, int tot){// 1 0 maxx = max(maxx, tot); //最大 的那一层for (int i = 0; i < cnt[cen]; ++i){if (!bol[b[cen][i]]){ // 这个节点 有没有被访问过 int num = clean(b[cen][i]);tot += num;// 砍断 这个东西 dfs(cen+1, tot);reclean(b[cen][i]);tot -= num;}}
} 

总代码：

#include<cstdio>//要靠虑深度 深度+1才是它的儿子
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<queue>
#define LL long long
using namespace std;
int n, p, t1, t2, b[305][305], cnt[305], maxx = 0, dis[305];
bool bol[305], vis[305];
vector <int> k[305], f[305];
struct node{int x, quan;node (int a, int b) : x(a), quan(b){}friend bool operator < (node a, node b){return a.quan > b.quan;}
};
int clean(int i){//相近的节点 在第i个节点开始 包括第i个节点下层还有多少个节点 bol[i] = true;int num = 1;int p = f[i].size();for (int j = 0; j < p; ++j){num += clean(f[i][j]);}return num;
} //标记部分
void reclean(int i){bol[i] = false;int p = f[i].size();for (int j = 0; j < p; ++j){reclean(f[i][j]);}
} //回溯部分
void dfs(int cen, int tot){// 1 0 maxx = max(maxx, tot); //最大 的那一层for (int i = 0; i < cnt[cen]; ++i){if (!bol[b[cen][i]]){ // 这个节点 有没有被访问过 int num = clean(b[cen][i]);tot += num;// 砍断 这个东西 dfs(cen+1, tot);reclean(b[cen][i]);tot -= num;}}
} //dfs核心函数
void resolve(int i, int cen){//cet为1节点 的第几层  // i为节点 的值b[cen][cnt[cen]] = i;// 第几层的位置  存放节点++cnt[cen];int p = k[i].size();for (int j = 0; j < p; ++j){ // k[i][j] 是i点 -> k[i][j]if (dis[k[i][j]] == dis[i]+1){//下一个点 的化resolve(k[i][j], cen+1);f[i].push_back(k[i][j]);//为了取出最近的一个点}}
} 
//预处理第二部分
void solve(){priority_queue <node> que;for (int i = 0; i <= n; ++i) dis[i] = 999;dis[1] = 0;que.push(node(1, 0));while (!que.empty()){node temp = que.top();que.pop();int x = temp.x;int p = k[x].size();for (int j = 0; j < p; ++j){if (dis[k[x][j]] > dis[x]+1){dis[k[x][j]] = dis[x]+1;que.push(node(k[x][j], dis[k[x][j]]));}}}resolve(1, 0);
} //最短路算法进行预处理
//实际上以节点0开始进行拓扑排序效率更高
int main(){scanf("%d %d", &n, &p);for (int i = 0; i < p; ++i){scanf("%d %d", &t1, &t2);k[t1].push_back(t2);k[t2].push_back(t1);}solve();dfs(1, 0);printf("%d", n-maxx);
}

时间复杂度：O（n*n)因为遍历n个节点 ，dfs遍历n次