1077. 皇宫看守(树形dp)[通俗易懂]

全栈程序员-用户IM • 2022年8月9日下午12:16 • 未分类

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太平王世子事件后，陆小凤成了皇上特聘的御前一品侍卫。

皇宫各个宫殿的分布，呈一棵树的形状，宫殿可视为树中结点，两个宫殿之间如果存在道路直接相连，则该道路视为树中的一条边。

已知，在一个宫殿镇守的守卫不仅能够观察到本宫殿的状况，还能观察到与该宫殿直接存在道路相连的其他宫殿的状况。

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。

可是陆小凤手上的经费不足，无论如何也没法在每个宫殿都安置留守侍卫。

帮助陆小凤布置侍卫，在看守全部宫殿的前提下，使得花费的经费最少。

输入格式
输入中数据描述一棵树，描述如下：

第一行 n，表示树中结点的数目。

第二行至第 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，在该宫殿安置侍卫所需的经费 k，该结点的子结点数 m，接下来 m 个数，分别是这个结点的 m 个子结点的标号 r1,r2,…,rm。

对于一个 n 个结点的树，结点标号在 1 到 n 之间，且标号不重复。

输出格式
输出一个整数，表示最少的经费。

数据范围
1≤n≤1500

输入样例：
6
1 30 3 2 3 4
2 16 2 5 6
3 5 0
4 4 0
5 11 0
6 5 0
输出样例：
25

样例解释：
在2、3、4结点安排护卫，可以观察到全部宫殿，所需经费最少，为 16 + 5 + 4 = 25。

题解
f[i][0]：第i个位置放
f[i][1]：第i个位置不放且能父节点没有放
f[i][2]：第i个位置不放且父节点放了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 15e2 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int f[N][3];
struct Edge{ 
   
    int u,v,next;
}edge[N * 2];
int head[N],cnt;
void add(int u,int v){ 
   
    edge[cnt].v = v;
    edge[cnt].next = head[u];
    head[u] = cnt ++;
}
int value[N];
void dfs(int u,int fa){ 
   
    f[u][0] = value[u];
    for(int i = head[u];~i;i = edge[i].next){ 
   
        int v = edge[i].v;
        if(v == fa)continue;
        dfs(v,u);
        f[u][0] += min(f[v][0],f[v][2]);
        f[u][2] += min(f[v][0],f[v][1]);
    }
    f[u][1] = INF;
    for(int i = head[u];~i;i = edge[i].next){ 
   
        int v = edge[i].v;
        if(v == fa)continue;
        f[u][1] = min(f[u][2] - min(f[v][1],f[v][0]) + f[v][0],f[u][1]);
    }
}
int main(){ 
   
    int n;
    cin>>n;
    int y;
    memset(head,-1,sizeof head);
    for(int i = 1;i <= n;i ++){ 
   
        int id,k;
        cin>>id>>value[id]>>k;
        for(int j = 0;j < k;j ++){ 
   
            cin>>y;
            add(id,y);
            add(y,id);
        }
    }
    dfs(1,-1);
    cout<<min(f[1][0],f[1][1])<<endl;
    return 0;
}