AcWing 1077. 皇宫看守

解题思路

\(\qquad\) 题目就不再复述了，我们这题和上一题类似，可以采用树形DP + 状态机

状态表示

\[f[i][j], j\in[0,2]表示的是第 i 个点，第 j 种状态 \]

对于三种状态，有如下分类

\[f[i][0]表示的是不选当前节点，但是选择了父节点 \]

\[f[i][1]表示的是不选当前节点，但是选择了子节点 \]

\[f[i][2]表示的是选择当前节点 \]

状态转移

\(\qquad\)首先看\(f[i][0]\)，假设 \(j\) 是 \(i\) 的一个子节点，\(i\) 并没有选择，所以 \(f[j][0]\) 这个状态是无法转移到 \(f[i][0]\) 的（\(i\) 就是 \(j\) 的父亲， \(i\) 都不选自己，那就是不选 \(j\) 的父亲）。所以 \(j\) 只能自给自足或者选择自己的儿子，因此：

\[\large f[i][0] = \sum_{j\in son[i]} \min\{f[j][1], f[j][2]\} \]

\(\qquad\)接下来要考虑的是 \(f[i][1]\)，因为这个状态需要整颗子树的信息，所以放到后面处理

\(\qquad\) 对于 \(f[i][2]\)，因为 \(i\) 已经选择了自己，所以不管子节点怎么样，都是合法的，因此可以由子节点的三种状态转移而来

\[\large f[i][2] = \sum_{j\in son[i]} \min\{f[j][1], f[j][2], f[j][0]\} \]

\(\qquad\) 问题回到了 \(f[i][1]\)的身上，我们可以进行如下分析：
\(\qquad\) 枚举 \(i\) 的所有子节点 \(j\)，假设 \(j\) 是我们最终要选择的子节点，那么如果是选了这个儿子，其它儿子仍然是没有被父亲选的，所以其它儿子的代价也要加上，也就是总和去掉 \(f[j][2]\)，因为前面有类似的情况 \(f[i][0]\) 已经保存了总和，那这里就不用另外处理了。

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 1510;
int h[N], e[N], ne[N], w[N], idx;
int st[N], root, n, f[N][3];

void add(int a, int b) 
{
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++ ;
}

void dfs(int u) 
{
    f[u][1] = 1e9, f[u][2] = w[u];

    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) 
    {
        int j = e[i];
        dfs(j);

        f[u][0] += min(f[j][1], f[j][2]); //同时用作sum
        f[u][2] += min({f[j][1], f[j][0], f[j][2]});
    }

    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) 
    {
        int j = e[i];
        f[u][1] = min(f[u][1], f[u][0] + f[j][2] - min(f[j][1], f[j][2]));
    }
}

int main() 
{
    scanf("%d", &n);

    memset(h, -1, sizeof h);
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) 
    {
        int id, m, r, c;
        scanf("%d%d%d", &id, &c, &m);
        w[id] = c;
        while (m -- ) 
        {
            scanf("%d", &r);
            add(id, r);
            st[r] = 1;
        }
    }

    root = 1;
    while (st[root]) root ++ ;
    dfs(root);

    printf("%d\n", min(f[root][1], f[root][2]));

    return 0;
}