[SDOI2006]保安站岗 洛谷p2458

题目描述

五一来临，某地下超市为了便于疏通和指挥密集的人员和车辆，以免造成超市内的混乱和拥挤，准备临时从外单位调用部分保安来维持交通秩序。

已知整个地下超市的所有通道呈一棵树的形状；某些通道之间可以互相望见。总经理要求所有通道的每个端点（树的顶点）都要有人全天候看守，在不同的通道端点安排保安所需的费用不同。

一个保安一旦站在某个通道的其中一个端点，那么他除了能看守住他所站的那个端点，也能看到这个通道的另一个端点，所以一个保安可能同时能看守住多个端点（树的结点），因此没有必要在每个通道的端点都安排保安。

编程任务：

请你帮助超市经理策划安排，在能看守全部通道端点的前提下，使得花费的经费最少。

输入输出格式

输入格式：

 

第1行 n，表示树中结点的数目。

第2行至第n+1行，每行描述每个通道端点的信息，依次为：该结点标号i（0

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。

 

输出格式：

 

最少的经费。

如右图的输入数据示例

输出数据示例：

 

输入输出样例

输入样例#1： 复制

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#1： 复制

25

说明

样例说明：在结点2，3，4安置3个保安能看守所有的6个结点，需要的经费最小：25

 

（以下全部都是对于要覆盖任意一个以x为根的子树来说的）
（其中我们设y节点为y的儿子，fa为x的父亲）
1.x节点被自己覆盖，即选择x点来覆盖x点

2.x节点被儿子y覆盖，即选择y点来覆盖x点

3.x节点被父亲fa覆盖，即选择fa点来覆盖x点

借此三种状态，我们可以设f[x][0/1/2]为让以x为根的子树中的节点全部被覆盖，且x点的被覆盖情况为1/2/3时的最小代价

为了方便，我们不妨设这三种情况分别为：

1.f[x][0]---对应上面的1

2.f[x][1]---对应上面的2

3.f[x][2]---对应上面的3

既然是DP，总是有转移方程的，我们想一下dp方程要如何设计

设计状态转移方程：

(1):对应上面的1.

f[x][0]=∑ min(f[y][0],f[y][1],f[y][2]) + val[x]

其中val[x]是选择x点的代价

我们很容易想到，在节点x被选择之后，我们就可以无拘无束了（蛤?），也就是说对于x儿子节点y的状态可以不去考虑，因为x节点被选择之后y节点无论如何也会被覆盖到，所以我们在儿子y的所有状态里取min，累加起来就行了

(2):对应上面的3（先讲3，因为2比较难以理解，放到了后面）

f[x][2]=∑ min(f[y][0],f[y][1])

为什么3情况对应的转移方程要这样写呢?

我们不妨这样理解，对于x节点我们让它的父亲节点fa覆盖它，那么根据我们的状态设计，此时必须要满足以x的儿子y为根的子树之中所有点已经被覆盖

那么这时就转化为一个子问题，要让y子树满足条件，只有两种决策：要么y被y的儿子覆盖，要么被y自己覆盖（即选择y节点），只需要在y的这两种状态取min累加就可以了

(3):对应上面的2（DuangDuangDuang 敲黑板划重点啦）

f[x][1]=∑ min(f[y][0],f[y][1])，如果选择的全部都是f[y][1],要再加上min(f[y][0]-f[y][1])

这又是什么意思呢？真是让人摸不着头发，，，质壁分离（逃

到了这里，我们就要回顾一下我们设计的dp状态了：

设f[x][0/1/2]为让以x为根的子树中的节点全部被覆盖，且x点的被覆盖情况为1/2/3时的最小代价

先提示一下，如果你理解了下面，那么本题是很简单的。。如果你没理解，就返回到这里再看一遍吧，我就在这里等着你

咳咳。。说正经的。。（逃

对于此时的状态，f[x][1]代表对于节点x让x被自己的儿子覆盖，那么和分析（2）一样，都要先满足此时以y的子树已经满足了条件，才能进行转移，这就是前面那部分：∑ min(f[y][0],f[y][1])的来历，那么后面那一长串又是怎么回事呢?

我们可以这样理解，此时既然要保证x点是被自己的儿子覆盖的，那么如果此时y子树已经满足了全部被覆盖，但是y此时被覆盖的状态却是通过y节点自己的儿子达到的，那么x就没有被儿子y覆盖到，那么我们不妨推广一下，如果x所有的儿子y所做的决策都不是通过选择y点来满足条件，那么我们就必须要选择x的一个子节点y，其中y满足f[y][0]-f[y][1]最小，并把这个最小的差值累加到f[x][1]中去，这样才能使得x点被自己的儿子覆盖，状态f[x][1]也才能合理地得到转移

好了，如果你还是没有太懂这个（3）的设计过程，请你回到之前再仔细看几遍

如果你已经理解了上面，那么恭喜你这个题，你已经A掉了

因为转移方程既然有了，那么我们就只需要最后的答案了

由于题目中没有说这棵树的根节点是哪个，所以你可以默认1就是根，或者开一个数组在加边的时候记录一下每个点的入度，最后没有入度的点就是根（但好像没有区别，毕竟我A掉了）

最后答案即为min(f[root][0],f[root][1])

因为根节点没有父亲,所以不需要考虑它的f[root][2]状态

那这样的花。。下面就放一下我丑陋的代码好了（逃

还请dalao们不喜勿喷

PS：代码里也有解释，希望能帮到你更深地理解一下本题

 

#include
#define f(i,l,r) for(i=(l);i<=(r);i++)
using namespace std;
const int MAXN=3005,INF=100000000;
struct Edge{
    int v,nxt;
}e[MAXN<<1];
int f[3][MAXN<<1],h[MAXN<<1],tot,n;
int a[MAXN<<1];
inline void add(int u,int v)
{
    e[tot].v=v;
    e[tot].nxt=h[u];
    h[u]=tot++;
}
void dfs(int u,int fa)
{
    int i,flag=0,min_las=INF;
    f[0][u]=a[u];
    for(i=h[u];~i;i=e[i].nxt){
        int v=e[i].v;
        if(v==fa) continue;
        dfs(v,u);
        f[0][u]+=min(f[0][v],min(f[1][v],f[2][v]));
        f[2][u]+=min(f[0][v],f[1][v]);
        if(f[0][v]>n;
    f(i,1,n){
        cin>>u;
		cin>>a[u]>>k;
        f(j,1,k){
            cin>>v;
            add(u,v);
            add(v,u);
        }
    }
    dfs(1,-1);
    cout<