Description
一场可怕的地震后，人们用N个牲口棚(1≤N≤150，编号1..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(1≤P≤N)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。
PS：最少需要去掉多少条边才能获得一棵含p个结点的子树。
Input
第1行：2个整数，N和P 第2..N行：每行2个整数I和J，表示节点I是节点J的父节点。
Output
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。
Sample Input 1
11 6 1 2 1 3 1 4 1 5 2 6 2 7 2 8 4 9 4 10 4 11
Sample Output 1
2
Hint
1≤N≤150
题目给出了一棵有根树，须先要根据输入的信息确定根结点的编号 root。样例画出的树型图如下。
由上面可以看出，针对以 i 为根的树，根 i 有 2 种状态：
状态 0、i 不在要保留的子树中；
状态 1、i 在要保留的子树中；
所以，可以状态函数的定义如下：
状态函数定义：
𝑓(𝑖, 𝑥, 0)表示以 i 为根的树中，获得一棵 x 个结点的子树（不含 i），最少需要删除多少条边。
𝑓(𝑖, 𝑥, 1)表示以 i 为根的树中，获得一棵 x 个结点的子树（包含 i），最少需要删除多少条边。
状态转移方程：
𝑓(𝑖, 𝑥, 0) = min( 𝑓(𝑖, 𝑥, 0)， 𝑓(𝑗, 𝑥, 0)，𝑓(𝑗, 𝑥, 1) + 1 )
𝑓(𝑖, 𝑥, 1) = 𝑚𝑖 𝑛( 𝑚𝑖𝑛* 𝑓(𝑖, 𝑥 − 𝑦, 1) + 𝑓(𝑗, 𝑦, 1) | 1 ≤ 𝑦 ≤ 𝑚𝑖 𝑛(𝑥 − 1, 𝑠𝑧[𝑗])+ ，𝑓(𝑖, 𝑥, 1) + 1)
边界分析： 𝑓(𝑖, 0,0) = 𝑓(𝑖, 1,1) = 0
最后的答案： 𝐴𝑛𝑠 = 𝑚𝑖𝑛(𝑓(𝑟𝑜𝑜𝑡, 𝑃, 0), 𝑓(𝑟𝑜𝑜𝑡,𝑃, 1));
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 155, inf = 0x3f3f3f3f;
int fir[maxn], ne[maxn*2], to[maxn*2], np;
void add(int x,int y){
ne[++np] = fir[x];
fir[x] = np;
to[np] = y;
}
int n, m;
int fa[maxn];
void data_in(){
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i=1, x, y; i<n; i++){
scanf("%d%d", &y, &x);
add(fa[x] = y, x);
}
}
int f[maxn][maxn][2], sz[maxn];
void dp(int u){
sz[u] = 1;
f[u][0][0] = f[u][1][1] = 0;
for(int i=fir[u]; i; i=ne[i]){
int v = to[i];
dp(v);
sz[u] += sz[v];
for(int x = min(m, sz[u]); x; --x){
f[u][x][0] = min(f[u][x][0], min(f[v][x][0], f[v][x][1]+1));
int t = inf;
for(int y = min(x-1, sz[v]); y; --y)
t = min(t, f[u][x-y][1] + f[v][y][1]);
f[u][x][1] = min(t, f[u][x][1]+1);
}
}
}
void solve(){
memset(f, 0x3f, sizeof(f));
int rt;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!fa[i]){
rt = i;
break;
}
dp(rt);
printf("%d", min(f[rt][m][0], f[rt][m][1]));
}
int main(){
data_in();
solve();
return 0;
}