huyichen世子事件后，xuzhenyi成了皇上特聘的御前一品侍卫。
皇宫以午门为起点，直到后宫嫔妃们的寝宫，呈一棵树的形状；某些宫殿间可以互相望见。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xuzhenyi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xuzhenyi布置侍卫，在看守全部宫殿的前提下，使得花费的经费最少。
格式
输入格式
输入文件中数据表示一棵树，描述如下：
第1行 n，表示树中结点的数目。
第2行至第n+1n+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（0<i≤n0<i≤n），在该宫殿安置侍卫所需的经费k，该点的儿子数m，接下来m个数，分别是这个节点的m个儿子的标号r1,r2,⋯,rmr1,r2,⋯,rm。
对于一个n（0<n≤15000<n≤1500）个结点的树，结点标号在1到n之间，且标号不重复。保证经费总和不超过231−1231−1。
输出格式
输出文件仅包含一个数，为所求的最少的经费。
限制
提示
选择3,4,2费用最小为25
来源
huyichen
题解
有一棵树，每个点或者相邻的点必须要驻扎人，求驻扎总费用最小，典型的树形动规
分析
对于节点i,有三种状态：1、自守 2、子守 3、父守
方程:
f[i,1]:=Σ(min{f[son,1],f[son,2],f[son,3]})+a[i]
f[i,2]:=Σ(min{f[son,1],f[son,2]})+m //m的意思是所有son的自守与子守的差最小值，如果大于0就要加上这说明没有一个儿子是自守，不符合定义，就必须加上m，算作这个儿子守
f[i,3]:=Σ(f[son,2]) //son的自守情况已经被上面的情况包含了
第2种情况要特别注意,要求它的子结点中必须有一个是1状况的,所以令m=min{f[son[j],1]-f[son[j],2]},如果m>0说明在决策的时候，它的子结点没有一个是1状况的，这样就要加上m,否则令m=0.
这个方程看了一下午久才懂
AC代码
#include<iostream> #include<cstdio> #define MAX 1000000000 using namespace std; int root,n,tot=0,num,c,m,kk; int cost[1505]; int head[1505]; int from[1504]; int to[1504]; int f[1505][4];// 1自守,2子守,3父守 void add(int a,int b) { tot++; to[tot]=b; from[tot]=head[a]; head[a]=tot; } int _min(int a,int b) { return a<b?a:b; } void treedp(int x) { if(head[x]==0)//叶子节点 { f[x][1]=f[x][2]=cost[x]; return; } int m,t; f[x][1]=cost[x]; f[x][2]=f[x][3]=0; m=MAX; while(head[x]>0) { t=to[head[x]]; treedp(t); f[x][1]=f[x][1]+_min(f[t][1],_min(f[t][2],f[t][3])); f[x][2]=f[x][2]+_min(f[t][2],f[t][1]); f[x][3]=f[x][3]+f[t][2]; if(m>f[t][1]-f[t][2]) m=f[t][1]-f[t][2]; head[x]=from[head[x]]; } if(m>0) f[x][2]+=m; } int main() { scanf("%d",&n); root=n*(n+1)/2; for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d%d%d",&num,&c,&m); cost[num]=c; for(int j=1;j<=m;j++) { scanf("%d",&kk); root-=kk; add(num,kk); } } treedp(root); cout<<_min(f[root][1],f[root][2]); return 0; }
