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解题思路
\(\qquad\) 题目就不再复述了,我们这题和上一题类似,可以采用树形DP
+ 状态机
状态表示
\[f[i][j], j\in[0,2]表示的是第 i 个点,第 j 种状态\]对于三种状态,有如下分类
\[f[i][0]表示的是不选当前节点,但是选择了父节点\]\[f[i][1]表示的是不选当前节点,但是选择了子节点\]\[f[i][2]表示的是选择当前节点\]状态转移
\(\qquad\)首先看\(f[i][0]\),假设 \(j\) 是 \(i\) 的一个子节点,\(i\) 并没有选择,所以 \(f[j][0]\) 这个状态是无法转移到 \(f[i][0]\) 的(\(i\) 就是 \(j\) 的父亲, \(i\) 都不选自己,那就是不选 \(j\) 的父亲)。所以 \(j\) 只能自给自足或者选择自己的儿子,因此:
\[\large f[i][0] = \sum_{j\in son[i]} \min\{f[j][1], f[j][2]\}\]\(\qquad\)接下来要考虑的是 \(f[i][1]\),因为这个状态需要整颗子树的信息,所以放到后面处理
\(\qquad\) 对于 \(f[i][2]\),因为 \(i\) 已经选择了自己,所以不管子节点怎么样,都是合法的,因此可以由子节点的三种状态转移而来
\[\large f[i][2] = \sum_{j\in son[i]} \min\{f[j][1], f[j][2], f[j][0]\}\]\(\qquad\) 问题回到了 \(f[i][1]\)的身上,我们可以进行如下分析:\(\qquad\) 枚举 \(i\) 的所有子节点 \(j\),假设 \(j\) 是我们最终要选择的子节点,那么如果是选了这个儿子,其它儿子仍然是没有被父亲选的,所以其它儿子的代价也要加上,也就是总和去掉 \(f[j][2]\),因为前面有类似的情况 \(f[i][0]\) 已经保存了总和,那这里就不用另外处理了。
代码
#include #include #include using namespace std;const int N = 1510;int h[N], e[N], ne[N], w[N], idx;int st[N], root, n, f[N][3];void add(int a, int b) { e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++ ;}void dfs(int u) { f[u][1] = 1e9, f[u][2] = w[u]; for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { int j = e[i]; dfs(j); f[u][0] += min(f[j][1], f[j][2]); //同时用作sum f[u][2] += min({f[j][1], f[j][0], f[j][2]}); } for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { int j = e[i]; f[u][1] = min(f[u][1], f[u][0] + f[j][2] - min(f[j][1], f[j][2])); }}int main() { scanf("%d", &n); memset(h, -1, sizeof h); for (int i = 1; i <= n; i ++ ) { int id, m, r, c; scanf("%d%d%d", &id, &c, &m); w[id] = c; while (m -- ) { scanf("%d", &r); add(id, r); st[r] = 1; } } root = 1; while (st[root]) root ++ ; dfs(root); printf("%d\n", min(f[root][1], f[root][2])); return 0;}
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