P2458 [SDOI2006]保安站岗[树形dp]

题目描述

五一来临，某地下超市为了便于疏通和指挥密集的人员和车辆，以免造成超市内的混乱和拥挤，准备临时从外单位调用部分保安来维持交通秩序。

已知整个地下超市的所有通道呈一棵树的形状；某些通道之间可以互相望见。总经理要求所有通道的每个端点（树的顶点）都要有人全天候看守，在不同的通道端点安排保安所需的费用不同。

一个保安一旦站在某个通道的其中一个端点，那么他除了能看守住他所站的那个端点，也能看到这个通道的另一个端点，所以一个保安可能同时能看守住多个端点（树的结点），因此没有必要在每个通道的端点都安排保安。

编程任务：

请你帮助超市经理策划安排，在能看守全部通道端点的前提下，使得花费的经费最少。

输入输出格式

输入格式：

第1行 n，表示树中结点的数目。

第2行至第n+1行，每行描述每个通道端点的信息，依次为：该结点标号i（0<i<=n），在该结点安置保安所需的经费k（<=10000），该边的儿子数m，接下来m个数，分别是这个节点的m个儿子的标号r1，r2，...，rm。

对于一个n（0 < n <= 1500）个结点的树，结点标号在1到n之间，且标号不重复。

输出格式：

最少的经费。

如右图的输入数据示例

输出数据示例：

输入输出样例

输入样例#1：

6
1 30 3 2 3 4
2 16 2 5 6
3 5 0
4 4 0
5 11 0
6 5 0

输出样例#1：

25

说明

样例说明：在结点2，3，4安置3个保安能看守所有的6个结点，需要的经费最小：25

解析：

写完这道题，真的感觉提高了不少！

---

看到题解写的都是三种状态，虽然我也写了三种状态的解法（比较容易理解），但是咱教练曰：四种状态的也可以。于是便来一发四种状态的（其实本质上也可以化为三种状态，二者无本质区别）。

根据题意，我们得出对于除叶子节点外任意的节点\(x\)，可以有四种情况：

若\(x\)的位置的费用为\(c_x\)，其父节点为\(fa\)。

1. \(x\)的位置没有保安，\(fa\)的位置有保安
2. \(x\)的位置没有保安，\(fa\)的位置没有保安
3. \(x\)的位置有保安，\(fa\)的位置有保安
4. \(x\)的位置有保安，\(fa\)的位置没有保安

设\(dp[x][0/1/2/3]\)表示在以\(x\)为根的子树中，使得每个端点都被覆盖了的最小花费。其中每一种状态对应上面的每一种情况。

注意一下下文提到的状态与情况的区别。

一、

首先考虑\(1\)情况，对于这样的\(x\)，假设它任意一个子节点为\(y\)，那么必然有：

\(dp[x][0]=\sum_{y\in tree(x)} min(dp[y][1],dp[y][3])\)

即，若要使情况\(1\)成立，那么必然要从使得它成立的状态（即\(y\)的父节点没有保安）转移过来。

二、

我们先考虑\(3、4\)情况，因为他们比较像。。。

我估摸着这个状态是可以合并的，因为无论\(x\)的\(fa\)有没有保安，都无所谓，不影响转移。

容易得出：

\(dp[x][2/3]=\sum_{y\in{tree(x)}} min(dp[y][0],dp[y][2])+c_x\)

即，若要使得情况\(3、4\)成立，那么\(y\)的\(fa\)就要有保安。

三、

这里就比较难理解，但是跟其它题解是同一个思路。

我们首先明确我们对状态的刻画：设\(dp[x][0/1/2/3]\)表示在以\(x\)为根的子树中，每个端点都被覆盖了所能得到的最小花费。

对于情况\(2\)，有两种决策，即

1. 选择从子节点\(y\)的第\(1\)种状态转移过来（\(dp[y][1]\)），这时\(y\)位置没有保安。
2. 选择从子节点\(y\)的第\(3\)种状态转移过来（\(dp[y][3]\)），这时\(y\)位置有保安。

可以预见的是，如果对于一个节点\(x\)，把它作为一个根节点，它的所有子节点\(y\)都不放置保安时得到最优解（即\(x\)阶段全部从\(dp[y][1]\)转移过来），那么显然这样的情况是不符合我们刻画的状态的（根节点\(x\)未被覆盖到）。

所以我们就要特判一下，一旦出现这种情况，我们就要贪心地去使得当前状态在我们规定的意义下成立。

即，寻找对花费贡献最小的那个\(dp[y][3]\)，拿它做转移到\(x\)。

怎么做呢？很简单，我们把最小的\(dp[y][3]-dp[y][1]\)加进原先我们得出的无法成立的状态中就行了。

证明的话，其实想一想，这个差值其实就是将原先的一个转移\(dp[y][1]\)变成\(dp[y][3]\)的时候的变化值。

建议好好品味这道题，能有不错的收获。

参考代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<vector>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define PI acos(-1.0)
#define N 2010
#define MOD 2520
#define E 1e-12
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
//start from 1
struct rec{
	int next,ver;
}g[N<<1];
int head[N],tot,n,dp[N][4],a[N];
bool v[N];
inline int read()
{
	int f=1,x=0;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
	return x*f;
}
void add(int x,int y)
{
	g[++tot].ver=y;
	g[tot].next=head[x],head[x]=tot;
}
void calc(int x)
{
	v[x]=1;
	int sum=0,minn=INF;
	dp[x][2]=a[x];dp[x][3]=a[x];
	for(int i=head[x];i;i=g[i].next){
		int y=g[i].ver;
		if(v[y]) continue;
		calc(y);
		//0fa有self没有，1fa没有self没有，2fa有self有，3fa没有self有
		dp[x][2]+=min(dp[y][0],dp[y][2]);
		dp[x][3]+=min(dp[y][0],dp[y][2]);
		if(dp[y][1]>dp[y][3]) sum++;
		else minn=min(minn,dp[y][3]-dp[y][1]);
		dp[x][0]+=min(dp[y][1],dp[y][3]);
		dp[x][1]+=min(dp[y][1],dp[y][3]);
	}
	if(!sum) dp[x][1]+=minn;
}
int main()
{
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int ii,k;
		ii=read(),a[ii]=read(),k=read();
		for(int t=1;t<=k;t++){
			int y;
			y=read();
			add(ii,y),add(y,ii);
		}
	}
	calc(1);
	cout<<min(dp[1][1],dp[1][3])<<endl;//根节点不会有父节点嘛，这个好理解
	return 0;
}