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一道比较典型的树形(DP)吧。
- 思路：
设(f[i][0/1][0/1])表示第(i)个点有没有安排保安（第二维），能不能被观察到（第三维），其实开两维就可以。
对于一个点(u)，枚举它所有的儿子(v)（注意是求和）。
(f[u][1][1])对儿子的所有情况（三种(f[v][0][0]\,,[1][1]\,,[0][1])）取(min)。
(f[u][0][0])对(f[v][0][1]\,,[1][1])两种情况取(min)。
(f[u][0][1])稍微复杂一点，于是对(f[v][0][1]\,,[1][1])两种情况取(min),但是有可能所有的儿子都取的是(f[v][0][1]),这样就不合法了，必须至少有一个儿子取到(f[v][1][1])，才满足(u)点布设保安，但是被观察到（到目前为止）。所以枚举每个儿子的时候，记录一个(f[v][1][1]-f[v][1][0])的最小值(minn)，再设一个标记，如果有一个儿子取到了(f[v][1][1])，标记一下。如果到最后一直没有标记过，那么(f[u][0][1])还得加上(minn)。意思是将一个儿子标记上，那么要减掉之前加上去的(f[v][0][1]),再加上(f[v][1][1])，选这样新产生贡献的最小(v)。
最后取(f[1][0][1])和(f[1][1][1])中较小的一个就行。
一直卡在90分上过不了的原因：
认真看题！！！
竟然还有90分，出题人真良心。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,f[1505][2][2],ans;// 2-> 0 1 表示i能不能被覆盖
int head[1505],tot,w[1505];
struct edge{
int node,next;
}e[3005];
void add(int x,int y)
{
e[++tot].node=y;
e[tot].next =head[x];
head[x]=tot;
}
void dfs(int u,int fa)
{
f[u][1][1]=w[u];
bool flag=0;
int minn=0x7ffffff;
for(int i=head[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].node;
if(v==fa) continue;
dfs(v,u);
/* f[u][0][0]=min(f[u][0][0],f[v][0][1]);
f[u][0][1]=min(f[u][0][1],f[v][1][1]);
f[u][1][1]=min(f[u][1][1],min(f[v][0][0],min(f[v][0][1],f[v][1][1]))+w[u]);
minn=min(minn,f[v][1][1]);(水平倒退www)*/
f[u][0][0]+=min(f[v][0][1],f[v][1][1]);
minn=min(minn,f[v][1][1]-f[v][0][1]);
if(f[v][1][1]>f[v][0][1])
f[u][0][1]+=f[v][0][1];
else f[u][0][1]+=f[v][1][1],flag=1;
f[u][1][1]+=min(f[v][1][1],min(f[v][0][1],f[v][0][0]));
}
/* f[u][0][1]=min(f[u][0][1],minn);
if(!flag) f[u][0][0]=0,f[u][1][1]=w[u]; */
//只要儿子中有一个安排了保安，u就会被覆盖到
//如果儿子中都没有安排保安，那么就选一个替换
if(!flag) f[u][0][1]+=minn;
}
int main()
{
// memset(f,0x7f,sizeof(f));
scanf("%d",&n);
int x,y,k;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
scanf("%d",&x);
scanf("%d%d",&w[x],&k);
for(int j=1;j<=k;++j)
{
scanf("%d",&y);
add(x,y); add(y,x);
}
}
dfs(1,0);
ans=min(f[1][1][1],f[1][0][1]);
printf("%d
",ans);
return 0;
}