小胖守皇宫——树形DP
题干
huyichen世子事件后，xuzhenyi成了皇上特聘的御前一品侍卫。
皇宫以午门为起点，直到后宫嫔妃们的寝宫，呈一棵树的形状；有边相连的宫殿间可以互相望见。大内保卫森严，三步一岗，五步一哨，每个宫殿都要有人全天候看守，在不同的宫殿安排看守所需的费用不同。
可是xuzhenyi手上的经费不足，无论如何也没法在每个宫殿都安置留守侍卫。
帮助xuzhenyi布置侍卫，在看守全部宫殿的前提下，使得花费的经费最少。
输入文件中数据表示一棵树，描述如下：
第1行n，表示树中结点的数目。
第2行至第n+1行，每行描述每个宫殿结点信息，依次为：该宫殿结点标号i(0<i<=n)，在该宫殿安置侍卫所需的经费k，该边的儿子数m，接下来m个数，分别是这个节点的m个儿子的标号r1,r2,r3......,rm
对于一个n(0 < n <= 1500)个结点的树，结点标号在1到n之间，且标号不重复。
输出文件仅包含一个数，为所求的最少的经费。
样例
Input:
6 1 30 3 2 3 4 2 16 2 5 6 3 5 0 4 4 0 5 11 0 6 5 0
Output:25
翻译
一个点可以看守它自己和其它所有邻接点，每一个点放置守卫都有不同的费用，现在询问将所有邻接点看守所需要的最小费用
题解
问题很明显是一个树形动态规划。
问整棵树最优方案，我们可以拆解为根费用+各个子树最优的费用。子问题可以拆解。所以可以使用动态规划。
一个点被守卫可以有三种选择：一，自己守卫自己。二，父亲节点来守卫自己。三，儿子节点来守卫自己。
定义dp[u][0]：u自己守护自己的情况下，以u为根的子树中所需要的最小费用
定义dp[u][1]：u父亲守护自己的情况下，以u为根的子树中所需要的最小费用，默认自己就不安置守卫了。
定义dp[u][2]：u儿子守护自己的情况下，以u为根的子树中所需要的最小费用，默认自己就不安置守卫了。
现在分别来分析三种情况：注意这时候，我们考虑的是以u为根的子树，这样一个子问题
一，u自己守卫u自己。 dp[u][0]
这时候，u已经满足守卫条件，那么它的儿子v们，无论是自己守护自己，让父亲u守护自己，还是让v自己的儿子守护自己，都是可以的，都满足条件。
即dp[u][0]最优情况就是：挑选dp[v][0],dp[v][1],dp[v][2]三种情况中最优的一个，再加上u自己守护自己的费用：money[u]即可。
即动态转移方程一：dp[u][0] = money[u] + min ( dp[v][0] , dp[v][1] , dp[v][2] ) ;
实际操作的时候，由于儿子v多个，所以应该这样做
dp[u][0] += money[u];
for ( u所有儿子 ) dp[u][0] += min ( dp[v][0] , dp[v][1] , dp[v][2] )
二，u父亲守卫u自己。 dp[u][1]
这时候，u被父亲守卫，且u本身是不安置守卫的。那么u的儿子们v怎么办呢？父亲u靠不住了，只能v自己来守卫自己，或者v让v的儿子守卫自己。
即dp[u][1]最优情况就是：挑选dp[v][0]和dp[v][2]中最优的一个。注意这时候，因为u本身没有放置守卫，所以不加上money[u]。
即动态转移方程二：dp[u][1] = min ( dp[v][0] , dp[v][2] ) ;
实际操作的时候，由于儿子v多个，所以应该这样做
for ( u所有儿子 ) dp[u][1] += min ( dp[v][0] , dp[v][2] ) ;
三，u儿子守卫u自己。dp[u][2]
这时候，u被儿子守卫，且u本身是不安置守卫的。
而对于u的儿子们v来说，父亲u不守卫v，那么v只能自力更生或者再让v的儿子守卫自己。
所以v的选择：0，或者2，两种选择。选择其中较优的那个。
而对于u本身来说，u的儿子可能不止一个，那么只要其中有一个儿子放置了守卫，那么u就可以被守卫到，就满足要求。
如果说有儿子v：dp[v][0] < dp[v][2] ，即有儿子会去选择自己放置守卫，那问题自然好说了。
如果说这样的儿子有多个，那么选择最优的那个即可。
但问题是，万一所有的v，都是dp[v][2] < dp[v][0]，也就是所有的儿子v都选择了让v的儿子守卫v自己，那就没有任何一个v来自己放置守卫进而看守u了！
也就是u可能会出现没人看管的情况。
这时候，总要有一个儿子v去承担这个责任，意思就是，总要有一个v去亏损一部分费用，不去选择dp[v][2]，而是去选择dp[v][0]。
那，为了保持全局最优，我们必须让一个亏损最少的儿子v去承担这个责任，意思就是，需要找一个tot = dp[v][0] - dp[v][2] 最小的儿子v去。
原理明白了，那么第三条转移方程就好说了。但是需要加一些东西
dp[u][2] += min ( dp[v][0] , dp[v][2] ) ;//仍然是转移
tot = min ( tot , dp[v][0] - dp[v][2] ) ;
这里定义了一个tot，就是那个亏损的差值。
在for（u的每一个儿子v） 当中，每操作一个，我们就用min更新一下那个差值tot，以保证跳出for循环的时候，我们记录到的tot值是最小的 。
跳出循环后：
if (tot > 0 ) dp[u][2] += tot ;
这句话什么意思？
首先，if ( tot>0 )意思就是tot必须大于零的时候才执行。
如果说tot是<=0的情况，那么意思就是之前for循环的时候，出现了儿子本身 dp[v][0] <= dp[v][2] 的情况，意思就是会自动有v在自己那里放置守卫。
这个情况下，这个tot差值是没有用处的。
只有循环完一整遍之后，发现tot还大于0 ，（就是没有任何一个儿子是孝顺的） 这时候我们才需要用tot进行调整。
这时候，tot记录的那个正值，就是其中那个亏损最小的儿子亏损的费用。
由于在for里面那个 dp[u][2] += min ( dp[v][0] , dp[v][2] ) ;
动态转移方程中，每一次每一次都选择了dp[v][0]，所以最后，我们把dp[u][0]加上tot，就相当于把其中那个亏损最小的儿子v由dp[v][0]变成了dp[v][2]。
这时候，问题就解决了。
四，最后输出
输出的时候要选择根节点 dp[root][0] 和 dp[root][2]里面小的那个。当然一整棵树的根节点是没有父亲的，所以没有 dp[root][1]考虑在内。
代码
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstring> 4 const int maxn=1500+1; 5 const int Inf=0x3f3f3f3f; 6 int n,root,money[maxn],dp[maxn][3]; 7 8 //前向星 9 struct Edge{int to,next;}e[maxn]; 10 int Head[maxn],len; 11 void Insert(int x,int y){ 12 e[++len].to=y; 13 e[len].next=Head[x]; 14 Head[x]=len; 15 } 16 17 //读入函数 18 void Read(){ 19 scanf("%d",&n); 20 root=1; 21 for(int i=1;i<=n;i++){ 22 int num,p,m;scanf("%d%d%d",&num,&p,&m); 23 money[num]=p; 24 int son=0; 25 for(int j=1;j<=m;j++){ 26 if(son==root)root=num;//小技巧快速找到根root 27 scanf("%d",&son); 28 Insert(num,son); 29 } 30 } 31 } 32 33 //操作函数 34 void Dfs(int u){ 35 dp[u][0]=money[u]; 36 //dp[u][0]在循环外边加上一个money[u] 37 //进入for循环的时候就不会加上好几遍了 38 int tot=Inf; 39 for(int i=Head[u];i;i=e[i].next){ 40 int v=e[i].to; 41 Dfs(v); 42 dp[u][0]+=std::min(dp[v][0],std::min(dp[v][1],dp[v][2])); 44 dp[u][1]+=std::min(dp[v][0],dp[v][2]); 45 dp[u][2]+=std::min(dp[v][0],dp[v][2]); 46 tot=std::min(tot,dp[v][0]-dp[v][2]); 47 } 48 if(tot>0)dp[u][2]+=tot; 49 } 50 51 //输出函数 52 void Out(){ 53 printf("%d",std::min(dp[root][0],dp[root][2])); 54 } 55 56 int main(){ 57 Read(); 58 Dfs(root); 59 Out(); 60 return 0; 61 }
最近在学习树形dp，这样一个比较经典的题还是值得掌握的。
祝AC。
