AcWing 1077. 皇宫看守
考察:树形dp
这道题战略游戏要求看到所有的边,本题要求看到所有的点
没想出来,参考了大佬的思路
照搬大佬的思路:
设树上某点u能被看见,这个点要么自己安插士兵,要么父节点安插士兵,要么子节点安插士兵.设f[u,st]表示u的st状态的最小花费.st==0时,它u被父节点看见,st==1,u被子节点看见,st==2时,u自己安插了士兵.
根据以上可以写出转移方程(由子节点推父节点):
f[u,0] += min(f[v][1],f[v][2])(v是u的子节点,v要么被自己的子节点看见,要么自己就安插了士兵)
f[u,1] += min(f[k][2]+min(f[v][1],f[v][2])(k是自己安插士兵的花费最小的子节点,而v是其他子节点)
f[u,2] += min(f[v][1],f[v][2],f[v][0])(三种都有可能)
注意:由所有子节点的情况推出父节点,因为父节点需要所有子节点情况成立才成立.
但是这道题需要求出的是f[v][2]-min(f[v][1],f[v][2])的最小值,如果直接求f[v][2]的最小值会WA.关于原因这里有详细证明 GO
1 #include <iostream> 2 #include <cstring> 3 #include <cstdio> 4 #include <algorithm> 5 using namespace std; 6 const int N = 1510,INF = 0x3f3f3f3f; 7 int h[N],w[N],idx; 8 int f[N][3]; 9 bool has_fa[N]; 10 struct Road{ 11 int fr,to,ne; 12 }road[N*N>>1]; 13 void add(int a,int b) 14 { 15 road[idx].to = b,road[idx].fr = a,road[idx].ne = h[a],h[a] = idx++; 16 } 17 void dfs(int u) 18 { 19 int res = INF; 20 f[u][2]+=w[u]; 21 f[u][1] = INF; 22 for(int i=h[u];i!=-1;i=road[i].ne) 23 { 24 int v = road[i].to; 25 dfs(v); 26 f[u][0] += min(f[v][1],f[v][2]); 27 f[u][2] += min(f[v][1],min(f[v][2],f[v][0])); 28 //if(f[v][2]<minv) minv = f[v][2],t = min(f[v][1],f[v][2]); 29 res = min(f[v][2]-min(f[v][1],f[v][2]),res); 30 } 31 if(res<INF) f[u][1]=min(f[u][0]+res,f[u][1]); 32 } 33 int main() 34 { 35 int n,root = 1; 36 scanf("%d",&n); 37 memset(h,-1,sizeof h); 38 for(int i=1;i<=n;i++) 39 { 40 int x,t,m; scanf("%d%d%d",&x,&t,&m); 41 w[x] = t; 42 while(m--) 43 { 44 int v; scanf("%d",&v); 45 add(x,v); 46 has_fa[v] = 1; 47 } 48 } 49 while(has_fa[root]) root++; 50 dfs(root); 51 printf("%d\n",min(f[root][1],f[root][2])); 52 return 0; 53 }
2021.4.7 第二次写的时候,不知道为啥把父节点也考虑进去了,私以为dp推转移方程的时候,就是只考虑前一状态和当前状态,将当前状态当作最终状态.
