C++ 洛谷 P2458 [SDOI2006]保安站岗 from_树形DP

P2458 [SDOI2006]保安站岗

没学树形DP的，看一下。

题目大意：一棵树有N个节点，现在需要将所有节点都看守住，如果我们选择了节点i，那么节点i本身，节点i的父亲和儿子都会被看守住。

每个节点有一个选择代价，求完成任务所需要的最小的代价。

分析：根据每个节点其实有只有三个状态：

①被自己看守；②被儿子看守；③被父亲看守。

我们设这三种状态分别为F1，F2，F3。

当然最终作为答案的根节点没有父亲就没有F3。

接下来我们要考虑怎么转移。

首先看F1，我们规定F1[ i ]代表的是i节点被自己看守且以i为根的子树都已被看守的最小代价，也就是说一定会选择 i 节点自己，答案中必定会加入选择他自己的代价Wi。

因为这个点会被自己看管，所以只要考虑在其儿子的三个状态中选一个最小的，保证这个节点下面的子树都已被看守就行了。

所以F1[ i ] += min( F1[ Si ], F2[ Si ], F3[ Si ] ) + w[ i ]，其中Si代表i节点的儿子。

接下来看F2，我们规定F2[ i ]代表i节点被儿子看守且以i为根的子树都已被看守的最小代价，也就是说一定不选i节点，但是至少要在i节点的儿子中选择一个而且最多也就选一个，因为代

价是正数，选一个就能把i看住，就不需要选择多余的点在增加代价了。

因为i节点不能被选，所以只能在其儿子的F1， F2状态中选择小的(F3[ Si ]代表选择i节点，而不能选i节点，所以不能用F3[ Si ])，来保证其子树都已被看守。

所以F2[ i ] += min{ F1[ Si ], F2[ Si ] } + t。t代表选择一个儿子的最小代价：t = F1[ Si ] - min{ F1[ Si ], F2[ Si ] }。

顺便解释一下t的转移：t是Si被看管的代价中选一个最小的，如果是F1，那么说明Si已经被选，就不用再加W[ Si ]了，如果是F2，那么F1 - F2 = W[ i ]。(注意F1和F2代表的意义）

最后看F3，我们规定F3[ i ]代表i节点被父亲看守且以i为根的子树都已经被看守的最小代价，也就是说一定不选i节点和其儿子节点，必须选择他的父亲。因为必须选择父亲，那么i一定会被父亲看守，那么我们只要保证其下面的子树都已被看守，就是在儿子的F1， F2中选一个小的，因为还是不能选i，所以其儿子的F3状态仍然不用考虑，同F2。

所以F3[ i ] += min{ F1[ Si ], F2[ Si ]}。

看代码吧……………*&%^qaq^%&*

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn=;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n;
struct edge{
    int num,k,m;
}e[maxn];
int s[maxn][maxn],fa[maxn],f1[maxn],f2[maxn],f3[maxn];
int ans;
void tree_dp(int i)
{
    f1[i]=e[i].k;
    f2[i]=f3[i]=;
    int minn=inf;
    for (int j=;j<=e[i].m;j++)
    {
        tree_dp(s[i][j]);
        f1[i]+=min(f1[s[i][j]],min(f2[s[i][j]],f3[s[i][j]]));
        f2[i]+=min(f1[s[i][j]],f2[s[i][j]]);
        int t=f1[s[i][j]]-min(f1[s[i][j]],f2[s[i][j]]);
        minn=min(minn,t);
        f3[i]+=min(f1[s[i][j]],f2[s[i][j]]);
    }
    f2[i]+=minn;
}
void work()
{
      scanf("%d",&n);
      for(int i=;i<=n;i++)
      {
         scanf("%d",&e[i].num);                //注意读入
       scanf("%d%d",&e[e[i].num].k,&e[e[i].num].m);
         for (int j=;j<=e[e[i].num].m;j++)
         {
              scanf("%d",&s[e[i].num][j]);      //儿子节点数
              fa[s[e[i].num][j]]=e[i].num;
       }
    }
    memset(f1,inf,sizeof(f1));
    memset(f2,inf,sizeof(f2));
    memset(f3,inf,sizeof(f3));
    for (int i=;i<=n;i++)
    {
        if(!fa[i])   //没有父亲，就是根节点
        {
            tree_dp(i);
            ans=min(f1[i],f2[i]);  //根节点只有2种情况
            break;
        }
    }
    printf("%d",ans);
}
int main()
{
    work();
    return ;
}