【Ybtoj 第22章例2】结点覆盖【树形DP】

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解题思路

个节点被覆盖只有三种可能：设$f_{x,0/1/2}$ 分别表示被父亲/孩子/自己/覆盖，可以得到转移方程：

• $f_{x,0}=\sum f_{so{n}_x,0}$
  (因为他被自己的父亲覆盖，所以它本身及它的子节点都不能选，若选了儿子，就会被儿子再覆盖，故子节点只有$0$的状态)

• $f_{x,1}=min(f_{so{n}_x,1}-min(f_{so{n}_x,1},f_{so{n}_x,0}))+\sum min(f_{so{n}_x,0},f_{so{n}_x,1})$
  (因为被儿子覆盖，有一个儿子必选。所以先把所有儿子的最优情况算出来，然后枚举那个要选的儿子，若那个儿子是$f_{y,1}$，就要用$f_{y,2}$替换)

• $f_{x,2}=r_x+\sum min(f_{so{n}_x,0},f_{so{n}_x,1},f_{so{n}_x,2})$
  (子节点随便选)

最终答案即为 $min(f_{x,1},f_{x,2}$) )(因为根没有父节点)

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代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#define ll long long
using namespace std;

long long f[2000][3],r[2000],n,x,y,k,m,head[3100];

struct c{
	int x,next;
}a[3100];

void add(int x,int y)
{
	a[++k].x=y;
	a[k].next=head[x];
	head[x]=k;
}

void dfs(int dep,int fa){
	long long d=0;
	f[dep][1]=1e9,f[dep][2]=r[dep];
	for(int i=head[dep];i;i=a[i].next)
	{
		int y=a[i].x;
		if(y==fa)continue;
		dfs(y,dep);
		f[dep][0]+=f[y][1];
		d+=min(f[y][1],f[y][2]);
		f[dep][2]+=min(f[y][2],min(f[y][1],f[y][0]));
	}
	for(int i=head[dep];i;i=a[i].next)
	{
		int y=a[i].x;
		if(y==fa)continue;
		f[dep][1]=min(f[dep][1],d-min(f[y][2],f[y][1])+f[y][2]);
	}
	
}

int main(){
	scanf("%lld",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lld",&x);
		scanf("%lld%lld",&r[x],&m);
		for(int j=1;j<=m;j++)
		{
			scanf("%lld",&y);
			add(x,y);
			add(y,x);
		}
	}
	dfs(1,0);
	printf("%lld",min(f[1][1],f[1][2]));
	return 0;
		
	
}
/* 
9
2 16 3 1 3 4
1 8000 3 5 6 7
3 6000 1 8
4 8000 0
5 1 1 9
6 900 0
7 100 0
8 2 0
9 20 0
*/