SDOI2006 保安站岗

传送门

一道很好的树型DP。

一开始我的状态选择是用dp[i][0]表示以i为根节点，不选择i的最小花费，dp[i][1]表示以i为根节点，选择i的最小花费。但是这样我发现无法转移，因为你不能保证选或者不选的正确性……

问题在于状态设少了。一个点有三种状况，一个是本身站有保安，一个是被自己的子节点控制，一个未控制（将来会被父亲控制）。我们就用dp[i][0]表示未被控制，dp[i][1]表示被自己的儿子节点控制，dp[i][2]表示本身站有保安。

之后转移就很好办，dp[i][0] = ∑min(dp[v][1],dp[v][2])(v是i的子节点，因为我们只要满足这个点的子节点全部被控制即可)，dp[i][2] = ∑min(dp[v][0],dp[v][1],dp[v][2]),因为反正这个点被控制了，子节点就无所谓了，dp[i][1] = ∑min(dp[v][1],dp[v][2]),然后强制选择至少一个dp[v][2](否则的话这个节点相当于没被子节点控制)，强制选择的话，记录一下两者差值的最小值，如果没有选择的话，直接加一个最小值即可。最后dp[i][2]要加上这个节点本身的花费。

之后就可以愉快的DP啦，看一下代码。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<set>
#include<queue>
#define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--)
#define enter putchar('
')

using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 10005;
const int INF = 1000000009;

int read()
{
    int ans = 0,op = 1;
    char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9')
    {
    if(ch == '-') op = -1;
    ch = getchar();
    }
    while(ch >= '0' && ch <= '9')
    {
    ans *= 10;
    ans += ch - '0';
    ch = getchar();
    }
    return ans * op;
}

struct edge
{
    int next,to;
}e[M<<1];

int head[M],ecnt,w[M],dp[M][3],n,m,x,y;

void add(int x,int y)
{
    e[++ecnt].to = y;
    e[ecnt].next = head[x];
    head[x] = ecnt;
}

void dfs(int x,int fa)
{
    bool flag = 0;
    int minn = INF;
    for(int i = head[x];i;i = e[i].next)
    {
    int v = e[i].to;
    if(v == fa) continue;
    dfs(v,x);
    dp[x][2] += min(dp[v][0],min(dp[v][1],dp[v][2]));
    dp[x][0] += min(dp[v][1],dp[v][2]);
    if(dp[v][1] > dp[v][2]) dp[x][1] += dp[v][2],flag = 1;
    else dp[x][1] += dp[v][1],minn = min(minn,dp[v][2] - dp[v][1]);
    }
    dp[x][2] += w[x];
    if(!flag) dp[x][1] += minn;
}

int main()
{
    n = read();
    rep(i,1,n)
    {
    x = read(),w[x] = read(),m = read();
    rep(i,1,m) y = read(),add(x,y),add(y,x);
    if(!m) dp[x][1] = INF;
    }
    dfs(1,0);
    printf("%d
",min(dp[1][1],dp[1][2]));
    return 0;
}