【题解】保安站岗[P2458]皇宫看守[LOJ10157][SDOI2006]
传送门：皇宫看守([LOJ10157]) 保安站岗 ([P2458]) ([SDOI2006])
【题目描述】
给你一棵树，要求树上每个点都要有人看守，在不同的点安排守卫所需 (Monney) 不同。
守卫站在某个端点上时，他除了能看守住他所站的那个点，也能看守通过一条边与之相连的另一个端点，因此一个守卫可能同时能看守住多个点，因此没有必要在每个端点上都安排守卫。
要求在能够看守住所有点的前提下，使得花费的 (Monney) 最少。
【输入】
第 (1) 行一个整数 (n)，表示树中节点的数目。
接下来 (n) 行，每行描述每个结点的信息，依次为：该结点标号 (i)，在该结点安置保安所需的经费 (k_i)，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_3...r_m)。
对于一个 (n) 个结点的树，其结点标号在 (1) 到 (n) 之间，且标号不重复。
【输出】
输出一行一个整数，表示花费的最少 (Monney) 。
【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：
25
【数据范围】
(100\%) (1 leqslant N leqslant 1500,1 leqslant k_i leqslant 10000)
【分析】
一道经典的树形 (dp) 。
用 (dp[i][0]) 表示：自己不是守卫，父亲不是守卫，儿子是守卫。
用 (dp[i][1]) 表示：自己是守卫，父亲不知道，儿子不知道。
用 (dp[i][2]) 表示：自己不是守卫，父亲是守卫，儿子不知道。
在树上 (dfs) 遍历。
每到达一个 (x)，先对其进行初始化：(dp[x][1]=w[x],dp[x][2]=dp[x][0]=0)（其中 (w[x]) 为在 (x) 这个位置放守卫所需 (Monney)）。
然后遍历它的若干个儿子结点，更新三个 (dp[x][?])：
((1).) (dp[x][1])：(x) 是守卫，(x) 的父亲不知道，(x) 的儿子 (to) 不知道。
对于 (to) 来说，(to) 的父亲一定是守卫，所以 (dp[to][0]) 就不统计了，于是有：(dp[x][1]=sum_{to in son[x]} min(dp[to][1],dp[to][2]))
((2).) (dp[x][2])：(x) 不是守卫，(x) 的父亲是守卫，(x) 的儿子 (to) 不知道
对于 (to) 来说，(to) 的父亲不可能是守卫，于是有：(dp[x][2]=sum_{to in son[x]} min(dp[to][1],dp[to][0]))
((3).) (dp[x][0])：(x) 不是守卫，(x) 的父亲不是守卫，(x) 的儿子 (to) 是守卫
这是最复杂的情况，需要在 (son[x]) 选出一个 (dp[to][1])，而其他的儿子则是 (min(dp[to][1],dp[to][0]))。
可以对所有儿子维护一个 (dp[to][1]) 与 (min(dp[to][1],dp[to][0])) 的差值 (dd)，然后在最后把最小的差值 (dd_{min}) 加到 (dp[to][0]) 上即可。
于是 (dd={(dp[r][1]-min(dp[r][0],dp[to][1]))}^{r in son[x]}_{min},) (dp[to][0]=sum_{to in son[x]} min(dp[r][1],dp[r][0])+dd)
【Code】
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define R register int
using namespace std;
struct QAQ{int to,next;}a[1505];
int m,pan[1505],n,t,w[1505],dp[1505][3],head[1505];
inline void add(int x,int y){a[++t].to=y,a[t].next=head[x],head[x]=t;}
//dp[i][0] 自己不是守卫，父亲不是守卫，儿子是守卫
//dp[i][1] 自己是守卫， 父亲不知道， 儿子不知道
//dp[i][2] 自己不是守卫，父亲是守卫， 儿子不知道
inline void dfs(int x){
R i,to,dd=0xfffffff;
dp[x][1]=w[x];dp[x][2]=0;dp[x][0]=0;
for(i=head[x];i;i=a[i].next){
dfs(to=a[i].to);
dd=min(dd,dp[to][1]-min(dp[to][0],dp[to][1]));//维护最小的差值
dp[x][0]+=min(dp[to][0],dp[to][1]);
//若x守卫是儿子dp[x][0]，找到花费最小的dd 加上其他的儿子：min(1.孙子dp[to][0]。2.自己dp[to][1]。)
dp[x][1]+=min(dp[to][1],dp[to][2]);
//若x有守卫dp[x][1]，加上儿子：min(1.父亲dp[to][2]。2.自己dp[to][1]。)
dp[x][2]+=min(dp[to][0],dp[to][1]);
//若守卫是父亲dp[x][2]，加上儿子：min(1.孙子dp[to][0]。2.自己dp[to][1]。)
}
dp[x][0]+=dd;
}
int main(){
memset(dp,127,sizeof(dp));
scanf("%d",&n);
R i,j,a,k,r;
for(i=1;i<=n;i++){
scanf("%d%d%d",&a,&k,&m);w[a]=k;
for(j=1;j<=m;j++)scanf("%d",&r),pan[r]=1,add(a,r);
}
for(i=1;i<=n;i++)
if(!pan[i]){
dfs(i);
printf("%d",min(dp[i][1],dp[i][0]));
return 0;
}
}