树形dp 之小胖守皇宫

题目描述

huyichen世子事件后，xuzhenyi成了皇上特聘的御前一品侍卫。

皇宫以午门为起点，直到后宫嫔妃们的寝宫，呈一棵树的形状；有边相连的宫殿间可以互相望见。大内保卫森严，三步一岗，五步一哨，每个宫殿都要有人全天候看守，在不同的宫殿安排看守所需的费用不同。

可是xuzhenyi手上的经费不足，无论如何也没法在每个宫殿都安置留守侍卫。

帮助xuzhenyi布置侍卫，在看守全部宫殿的前提下，使得花费的经费最少。

输入输出格式

输入格式

输入文件中数据表示一棵树，描述如下：

第1行$n$，表示树中结点的数目。

第2行至第$n+1$行，每行描述每个宫殿结点信息，依次为：该宫殿结点标号$i(0<i<=n)$，在该宫殿安置侍卫所需的经费$k$，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$r_1,r_2,...,r_m$。

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

输出文件仅包含一个数，为所求的最少的经费。

样例

样例输入

6

1 30 3 2 3 4

2 16 2 5 6

3 5 0

4 4 0

5 11 0

6 5 0

样例输出

题解

当我们分析一个节点的时候，很容易想到起码有两种情况：在这个节点设侍卫或者不设。但是如果单纯地只是分析它不设，那么依据题意，它必须得被观测到，那么它的子节点到底要不要设呢？此时便又要分两种情况：被儿子观测或是被父亲观测。因此到这里我们把这个题已经抽象成了三种状态转移：

$f[i][1]$表示在$i$节点的子节点设一个侍卫的最小经费（默认$i$节点自己不设）
$f[i][2]$表示在$i$节点设一个侍卫的最小经费
$f[i][3]$表示在$i$节点的父节点设一个侍卫的最小经费（默认$i$节点自己不设）
1、$f[i][1]$表示i节点被它的子节点观测到，这时我们就要考虑：是不是子节点一定会再自己那里设一个观测点呢？当然不一定了，当且仅当子节点 $f[son[i]][2]<f[son[i]][1]$时，他才会在自己那里设。那么我们就需要找遍i的所有儿子，只要有一个儿子可以设就行了。这个怎么实现呢？我们只需先把所有儿子的$min(f[v][1],f[v][2])$累加到$f[i][1]$上，再取所有儿子的$f[v][2]-min(f[v][1],f[v][2])$最小值$t$，如果这个最小值$t$不是0，就说明没有一个儿子打算在自己那里设点，就必须强迫一个儿子改变最优解，来满足i节点的需求，即用$f[i][2]$加上$t$，若$t$是0，不影响，加上也无妨。

f[i][1]+=min(f[v][1],f[v][2]);//既然默认自己不会设点，就不可能有f[v][3]这个状态

f[i][1]+=t;

2、$f [ i ] [ 2 ]$ 表示$i$节点自己那里设了一个侍卫，既然自己已经设了一个，那么子节点的三种情况都要考虑。

f[i][2]+=min(f[v][1],f[v][2],f[v][3]);

3、$f [ i ] [ 3 ]$ 表示$i$节点被它的父节点观测到，那么除了$f [ v ] [ 3 ]$要被排除掉，其他的只要保证子节点可以被观测到即可。

f[i][3]+=min(f[v][1],f[v][2]);

代码

下面是参考代码：

#include <cstdio>

#include <vector>

#include <cstring>

#include <iostream>

#include <algorithm>

using namespace std;

const int maxn=1500+50,

          INF=0x3f3f3f3f;

vector<int> son_id[maxn];

int f[maxn][4],//树形dp : 1=>son 2=>itself 3=>father

    cnt[maxn],//出现次数

    son_num[maxn],//儿子数目

    cost[maxn];//所需的经费

int n;

void tree_dp(int x){

    int ans=INF;

    for(int i=0;i<son_num[x];i++){

        int son=son_id[x][i];

        tree_dp(son);

        f[x][1]+=min(f[son][1],f[son][2]);

        ans=min(ans,f[son][2]-min(f[son][1],f[son][2]));

        f[x][2]+=min(f[son][1],min(f[son][2],f[son][3]));

        f[x][3]+=min(f[son][1],f[son][2]);

    }

    f[x][1]+=ans;

    f[x][2]+=cost[x];

}

int main(){

    cin>>n;

    for(int i=1;i<=n;i++){

        int id;

        cin>>id;

        cin>>cost[id]>>son_num[id];

        for(int j=1;j<=son_num[id];j++){

            int x;cin>>x;

            cnt[x]++;

            son_id[id].push_back(x);

        }

    }

    for(int i=1;i<=n;i++)

        if(cnt[i]==0){

            tree_dp(i);

            cout<<min(f[i][1],f[i][2]);

        }

    return 0;

}