POJ 2152 Fire （树形DP，经典）
题意：给定一棵n个节点的树，要在某些点上建设消防站，使得所有点都能够通过某个消防站解决消防问题，但是每个点的建站费用不同，能够保证该点安全的消防站的距离上限也不同。给定每个点的建站费用以及最远的消防站距离上限，求保证该树安全的最小花费。
思路：
要选择部分点来建站解决消防问题，而总花费是有最优解的。
如何进行树形DP？
假设某点t的所有子树的消防问题都解决，而且已经获得最优解了，那么现在考虑的是点t的最优解问题，点t可以依靠任何点只要不超过距离限制即可，那枚举一下所有点试试，一旦t依靠某个点j解决消防问题，那么t的孩子/孙子也可能可以依靠j来解决消防问题。这只需要判断一下每个孩子是否能够依靠j就行了，而孙子如果依靠j的话，如何知道？此时，之前已经假设t的孩子的消防问题已经解决，那么t的孩子在枚举依靠站时也肯定枚举过j了，或者能依靠，或者不能依靠。而t的孙子能不能依靠j，是交给t的孩子去解决的，就像t的孩子是交给t来负责一样。这是符合递归性质的，那么当前我们就可以只考虑点t和他的孩子们能不能愉快玩耍就行了。
但是还有个最优性质，那么在枚举j的基础上，dp[t][j]=w[j]是至少的，然后再加上所有子树的最优花费，就是dp[t][j]了。上面是领会思路的。下面看别人的状态方程。
复杂度为O(n^2)的树形DP.因为要依赖其他站点，所以不仅仅只从子树中获取信息，也可能从父亲结点，兄弟结点获取信息，所以在计算每个点时首先想到要枚举，因为n特别小，允许我们枚举。设dp[i][j]表示i点及其子树都符合情况下i点依赖j点的最小花费，有了这个似乎还不够，再开个一维数组best，best[i]表示以i为根的子树符合题目要求的最小花费。这样状态转移方程就是dp[i][j] = cost[j] + sum(min(dp[k][j]-cost[j],best[k])) (k为i的子节点，j为我们枚举的n个点)，因为i的每个子节点可以和i一样依赖j结点，那么花费是dp[k][j]-cost[j]，或者依赖以k为根的树中的某点，花费是best[k]，最后再加上cost[j]，因为要在j结点建站所以要增加花费。
为什么是O(n2)？递归计算每个节点时的复杂度为O(孩子数*n)，而每个节点作为孩子节点来计算的话仅有1次。即总复杂度最高为O(n2)。
1 //#include <bits/stdc++.h> 2 #include <vector> 3 #include <iostream> 4 #include <cstdio> 5 #include <cstring> 6 #define pii pair<int,int> 7 #define INF 0x3f3f3f3f 8 #define LL long long 9 using namespace std; 10 const int N=1010; 11 12 struct node 13 { 14 int from,to,len; 15 node(){}; 16 node(int from,int to,int len):from(from),to(to),len(len){}; 17 }edge[N*2]; 18 int edge_cnt, w[N], d[N], n; 19 vector<int> tree[N]; 20 void add_node(int from,int to,int len) 21 { 22 edge[edge_cnt]=node(from,to,len); 23 tree[from].push_back(edge_cnt++); 24 } 25 26 int dist[N][N], root; //到根的距离 27 void get_dis(int t,int far,int len) 28 { 29 dist[root][t]=dist[t][root]=len; 30 if(len>d[root]) return ; 31 for(int i=0; i<tree[t].size(); i++) 32 { 33 node &e=edge[tree[t][i]]; 34 if(e.to!=far) get_dis(e.to,t,len+e.len); 35 } 36 } 37 38 39 int dp[N][N], best[N]; 40 void DFS(int t,int far) 41 { 42 for(int i=0; i<tree[t].size(); i++) //递归先解决子问题 43 { 44 node &e=edge[tree[t][i]]; 45 if(e.to!=far) DFS(e.to,t); 46 } 47 48 best[t]=INF; 49 for(int j=1,sum=0; j<=n; j++,sum=0) //尝试将i依靠j解决消防问题 50 { 51 if( dist[t][j]>d[t] ) continue; //不能依靠到j，太远了 52 for(int i=0; i<tree[t].size(); i++) //每个子节点取最优解 53 { 54 node &e=edge[tree[t][i]]; 55 if(e.to!=far) sum+=min(best[e.to], dp[e.to][j]-w[j]); 56 } 57 dp[t][j]=w[j]+sum; 58 best[t]=min(best[t], dp[t][j]); 59 } 60 } 61 62 void init() 63 { 64 edge_cnt=0; 65 for(int i=1; i<=n; i++) tree[i].clear(); 66 memset(dp, 0x3f, sizeof(dp)); 67 memset(dist, 0x3f, sizeof(dist)); 68 } 69 70 int main() 71 { 72 //freopen("input.txt", "r", stdin); 73 int t,a,b,c; 74 cin>>t; 75 while(t--) 76 { 77 scanf("%d",&n); 78 init(); 79 for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&w[i]); 80 for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&d[i]); //距离i城市最远的消防站距离上限 81 for(int i=1; i<n; i++) 82 { 83 scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); 84 add_node(a,b,c); 85 add_node(b,a,c); 86 } 87 for(int i=1; i<=n; i++) get_dis(root=i, -1, 0); //计算任意点对之间的距离 88 DFS(1, -1); 89 printf("%d\n",best[1]); 90 91 } 92 return 0; 93 }
