树形dp小胖守皇宫（vijosP1144）

题目链接：https://vijos.org/p/1144

题解：这道题的动归稍稍有一点的复杂，因为一个节点有可能被它的子节点观察，也有可能被父节点观察；

所以我们这样表示：

f[i][0]（表示当前i节点放了一个看守，即他自己和所有子节点已经被控制好）

f[i][1]（表示当前i节点不放看守，但是他自己和所有子节点已经被控制好）

f[i][2]（表示当前解点不放看守，子节点已被控制好但他自己没被控制）

f[i][0]=sum(min(f[son][0],f[son][1],f[son][2]));(如果当前节点放的话，那上一步不管怎么样都可以)

f[i][1]=sum(min(f[son][0],f[son][1]));(需要子节点已经被控制好，但需要注意，如果每个儿子选的都是f[son][j][1],我们需要挑出代价最小的点，改成f[son][j][0],因为我们需要当前结点被控制);

f[i][2]=sum(f[son][1]);

大概就是这么几种情况，具体程序注释里讲;

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL f[5000][5],cost[5000];
struct ding{int to,next;
}edge[10000];
int head[10000],n,m,root,cnt;
bool vis[5000];
void add(int u,int v){edge[++cnt].to=v; edge[cnt].next=head[u]; head[u]=cnt;}
void dfs(int x)
{bool fg=false;LL minx=2100000000;f[x][0]=cost[x];//先加上在这个点放守卫的代价for (int i=head[x];i;i=edge[i].next){int y=edge[i].to;dfs(y);f[x][0]+=min(min(f[y][1],f[y][2]),f[y][0]);minx=min(minx,f[y][0]-f[y][1])；//为了特判if (f[y][0]>f[y][1]) f[x][1]+=f[y][1];else {f[x][1]+=f[y][0];fg=true;//如果有任何一次取了f[i][0]，就说明不需要特判
    }f[x][2]+=f[y][1];}if (!fg) f[x][1]+=minx;
//特殊情况
}
int main()
{int now,x;LL k; scanf("%d",&n);for (int i=1;i<=n;i++){scanf("%d%lld%d",&now,&k,&m);cost[now]=k;for (int j=1;j<=m;j++){scanf("%d",&x);add(now,x);vis[x]=true;}}for (int i=1;i<=n;i++) if (!vis[i]) root=i;
//先找到根
 dfs(root);printf("%lld\n",min(f[root][1],f[root][0]));return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/2014nhc/p/6625427.html

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