洛谷 P2458 [SDOI2006]保安站岗

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解题思路:

树形DP

可知一个点被控制有且仅有一下三种情况：

1、被父亲节点上的保安控制

2、被儿子节点上的保安控制

3、被当前节点上的保安控制

我们设dp[0/1/2][u]表示u节点所在子树中全部被控制的最小代价，0表示只有u节点尚未被控制(等待被其父亲节点控制)；

1表示u节点已经被控制，但u节点上没有保安，所以不能去控制其父亲节点；2表示u节点上有保安

(机房的神犇说多维数组要把小的那一维写在前面，因为可以优化常数，原理请自行翻阅一本通)

转移：(以下设v是u的儿子节点)

dp[0][u]=∑min(dp[1][v],dp[2][v]) i节点上反正没有保安，那么儿子节点只要保证全部控制即可，显然1,2状态都是满足的

dp[1][u]=∑min(dp[1][v],dp[2][v]) + 某一个dp[2][v] 也就是说对于其中一个儿子取dp[2][v]而其他儿子取min(dp[1][v],dp[2][v])意为i号点必须要找一个儿子来覆盖它，其余随意。这个地方涉及到了算法复杂度的问题，楼下有些题解在这里写的是O(n^2)的转移，但实际上完全可以做到O(n)。具体在代码中细讲。

dp[2][u]=∑min(dp[0][v],dp[1][v],dp[2][v])+val[u] 这个就简单了，i号点上反正有保安了，所有儿子节点都无所谓了，全部可以转移。

AC代码:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>

using namespace std;

int n,a[1502],k,m,f[1502][3];
vector<int> l[1502];

inline void dfs(int root,int fa) {
    bool flag = 0;
    int sum = 0,_min = 0x3f3f3f3f,id = 0;
    f[root][2] = a[root]; 
    f[root][1] = f[root][0] = 0;
    for(int i = 0;i < l[root].size(); i++) {
        if(fa == l[root][i]) continue;
        dfs(l[root][i],root);
        f[root][0] += min(f[l[root][i]][1],f[l[root][i]][2]);//被父亲保 
        f[root][1] += min(f[l[root][i]][1],f[l[root][i]][2]);//被儿子保 
        if(f[l[root][i]][1] > f[l[root][i]][2]) flag = 1;
        else _min = min(_min,f[l[root][i]][2] - f[l[root][i]][1]);
        f[root][2] += min(f[l[root][i]][1],min(f[l[root][i]][2],f[l[root][i]][0]));//自保 
    }
    if(!flag)
        f[root][1] += _min;
}

int main() {
    scanf("%d",&n);
    for(int i = 1;i <= n; i++) {
        scanf("%d%d%d",&k,&a[i],&m);
        for(int j = 1;j <= m; j++) {
            int x;
            scanf("%d",&x);
            l[k].push_back(x);
            l[x].push_back(k);
        }
    }
    memset(f,0,sizeof(f));
    dfs(1,-1);
    printf("%d",min(f[1][1],f[1][2]));
    return 0;
}