AcWing 1077. 皇宫看守_综合

题目链接

对比

和acwing 323. 战略游戏这题非常类似，但又有些不同

acwing 323. 战略游戏在一条道路的两个结点至少有一个是放的，而这题不一定，比如

												1/  |  \2   3   4/ |5  6

我们可以在3，4，5，6号点放，其他各点都不放。这样边1-2的两个端点都没有守卫，这就和acwing 323. 战略游戏这题不同了

思路

不过稍微观察可以发现，acwing 323. 战略游戏这题的切入点是边，而本题的切入点是宫殿，也就是树上的结点。那么可以用再在不放这个状态上增加一个状态，即

不放守卫
1.父结点放了，记f[u][0]
2.子节点放了，记f[u][1]
放置守卫，记f[u][2]
其中u为当前的结点，这样就可以涵盖整个状态空间

有了状态表示，接下来j就是推导状态转移了，记j为u的子结点，那么

$\sum_{j=0}^u min \lbrace f[j][1], f[j][2]\rbrace$ 。含义：当前结点u不放且被父节点看到，那么子结点j只能放或者被其子结点看到。因为u不放所以不能拿f[j][0]来更新
$\sum min \lbrace f[j][1], f[j][2]\rbrace$ 。含义：当前结点u不放，u的子结点k放了，u的其他子结点j放（f[j][2]）或者不放（即f[j][1]）。没有f[j][0]的原因也是因为u不放，且需要枚举k。
$\sum_{j=0}^u min \lbrace f[j][0], f[j][1], f[j][2]\rbrace$ 。含义：当前结点放了，那么子结点取哪种状态都可以

1，3实现起来比较容易，至于2的实现，详情见代码注释

代码

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;const int N = 1510;
int h[N], e[N + N], ne[N + N], idx;int n, w[N];
int f[N][3];void add(int a, int b)
{
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}void dfs(int u, int father)
{
       f[u][2] = w[u];int sum = 0;for(int i = h[u]; ~i; i = ne[i]){
    int j = e[i];if(j == father) continue;dfs(j, u);f[u][0] += min(f[j][1], f[j][2]);f[u][2] += min(f[j][0], min(f[j][1], f[j][2]));sum += min(f[j][1], f[j][2]);}f[u][1] = 1e9;//依次假设每个结点放, sum - min(f[j][1], f[j][2])就是其他所有结点的放和不放最小值之和//我们很惊奇地发现，f[u][0]就已经计算过了这个sum，可以拿f[u][0]来代替sum，但为了语义明确，使用sum来表示更合理for(int i = h[u]; ~i; i = ne[i]){
    int j = e[i];f[u][1] = min(f[u][1], f[j][2] + sum - min(f[j][1], f[j][2]));}
}int main()
{
    cin >> n;memset(h, -1, sizeof h);for(int i = 1; i <= n; i++){
    int v, cost, cnt;cin >> v >> cost >> cnt;w[v] = cost;while(cnt--){
    int node;cin >> node;add(v, node), add(node, v);}}//建立双向边，从任意一个结点开始dfs(1, 0);cout << min(f[1][1], f[1][2]) << endl;return 0;
}