一、题目

重建道路

题目描述

一场可怕的地震后，人们用 $N$ 个牲口棚（编号 $1\sim N$）重建了农夫 John 的牧场。由于人们没有时间建设多余的道路，所以现在从一个牲口棚到另一个牲口棚的道路是惟一的。因此，牧场运输系统可以被构建成一棵树。

John 想要知道另一次地震会造成多严重的破坏。有些道路一旦被毁坏，就会使一棵含有 $P$ 个牲口棚的子树和剩余的牲口棚分离，John 想知道这些道路的最小数目。

输入格式

第一行两个整数，$N$ 和 $P$。

第二行到第 $n$ 行，每行两个整数 $I$ 和 $J$，表示节点 $I$ 是节点 $J$ 的父节点。牧场运输系统可以被构建成一棵以 1 号节点为根的树

输出格式

单独一行，包含一旦被破坏将分离出恰含 $P$ 个节点的子树的道路的最小数目。

样例 #1

样例输入 #1

11 6
1 2
1 3
1 4
1 5
2 6
2 7
2 8
4 9
4 10
4 11

样例输出 #1

2

提示

样例解释

如果道路 $1-4$ 和 $1-5$ 被破坏，含有节点（$1,2,3,6,7,8$）的子树将被分离出来。

限制与约定

$1\le N\le 150$，$1\le P\le N$，保证给出的是一棵树。

二、思路

这道题简单的来说就是：
给出一棵含有 n 个节点的有根树，我们现在希望通过删除一些边，让他有一棵有 m 个节点的新树，求删除的最少边的数量。

我们需要注意的有一下几点：
第一，我们选择的点必须构成一棵树，即如果我们选择了一个点，那么就必须选择这个点的父节点。 从这里我们就能够发现这道题其实是一道树形背包DP的问题。

剩下的注意点将在DP的分析中给出。

1、状态表示

$f[u][j]$表示在以$u$为根节点的树中选择$j$个点，删除的最小边的数量。

2、转移方程

$f[u][siz(u)][j]=min(f[u][siz(u)][j],f[u][siz(u)-1][j-k]+f[son][siz(son)][k]-2)$

这里的$son$指的是$u$的子节点。$siz(u)$指的是$u$的子树个数。$siz(son)$指的是其子树的子树个树。那么上述的转移方程可以描述为：

在以$u$为根的子树中选$j$个节点的最小代价等于在前$siz(u)-1$个子树中选$j-k$个，在第$siz(u)$个子树$son$中选$k$个的最小代价。

我们为什么要减$2$呢？

我们在初始化的时候，我们是切除了和子节点之间相连的边，同时也切除了和父节点相连的边。

A是B的父节点，所以在算红色的联通块的时候，我们删除了一次A和B之间的边，B又是A的子节点，所以在算紫色连通块的时候，我们又删除了一次A和B之间的边。但实际上我们是需要在A和B之间连接一条边的。也就是说我们不应该删除这条边。我们的$f[i][j]$记录的是删除掉的边。所以我们应该-2。

这里我们还需要注意一个关键点：根据刚刚的分析，我们想要选择子树中的点就必须选择这个点所对的根节点。即如果我们总共想选择$j$个点，那么我们在子树中至多选$j-1$个。这个即我们$k$的范围。

而上述三维的DP是比较容易爆空间的，所以可以优化为两维：
$f[u][j]=min(f[u][j],f[u][j-k]+f[son][k]-2)$

3、循环设计

最外层肯定是去遍历树的节点，利用子节点去更新父节点，所以我们最外层的循环其实就是DFS。

那么第二层循环就是我们的选择的点的个数$j$。但是由于我们优化掉了一维，所以我们需要倒序枚举。

第三层即去枚举在子树$son$中选择的个数。

4、初末状态

$f[u][1]$表示的是在以$u$为根的树中保留一个点所需要的最小代价，即保留$u$点本身。
那么我们只需要剪掉和$u$直接相连的子节点即可剪去整棵子树，但是不要忘记和节点$u$相连的父节点也要减去！

即$f[u][1]=siz(u)+1$，其余初始化正无穷$INF$即可。

但是这里有一个特殊情况，如果我们的$u$是整棵树的祖宗节点$root$。而祖宗节点是没有父节点的，所以我们不需要减去那个和父节点相连的边，此时我们只需要初始化为：$f[root][1]=siz(root)$。这是这道题的另外一个坑点。

末状态是$f[root][p]$，这个想法对吗？
显然是不对的。因为题目中只说保留$p$个，并没有说保留的是以祖宗节点$root$为根。所以我们需要去枚举所有的$f[i][p]$，找出一个最小值。

三、代码

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define endl '\n'
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int N = 300 + 10;
int f[N][N];
int siz[N];
int root = 0;
vector<int>edge[N];
int n, m;
void dp(int u, int M)
{
	f[u][1] = edge[u].size() + (u != root);
	
	for(int i = 0; i < edge[u].size(); i ++ )
	{
		int son = edge[u][i];
		dp(son, M);
		for(int j = M; j >= 1; j -- )
			for(int q = 0; q <= (j - 1); q ++ )
				f[u][j] = min(f[u][j - q] + f[son][q] - 2, f[u][j]);
	}
}
void solve()
{
	cin >> n >> m;
	memset(f, INF, sizeof f);
	for(int i = 0; i < n - 1; i ++ )
	{
		int a, b;
		cin >> a >> b;
		if(root == b || root == 0)
			root = a;
		edge[a].push_back(b);
	}
	
	dp(root, m);

	int ans = f[root][m];

	for(int i = 1; i <= n; i ++ )
	{
		if(f[i][m] < ans)
			ans = f[i][m];
	}
	cout << ans << endl;
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);

	solve();
}