洛谷 P2458 [SDOI2006]保安站岗
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解题思路:
树形DP
可知一个点被控制有且仅有一下三种情况:
1、被父亲节点上的保安控制
2、被儿子节点上的保安控制
3、被当前节点上的保安控制
我们设dp[0/1/2][u]表示u节点所在子树中全部被控制的最小代价,0表示只有u节点尚未被控制(等待被其父亲节点控制);
1表示u节点已经被控制,但u节点上没有保安,所以不能去控制其父亲节点;2表示u节点上有保安
(机房的神犇说多维数组要把小的那一维写在前面,因为可以优化常数,原理请自行翻阅一本通)
转移:(以下设v是u的儿子节点)
dp[0][u]=∑min(dp[1][v],dp[2][v]) i节点上反正没有保安,那么儿子节点只要保证全部控制即可,显然1,2状态都是满足的
dp[1][u]=∑min(dp[1][v],dp[2][v]) + 某一个dp[2][v] 也就是说对于其中一个儿子取dp[2][v]而其他儿子取min(dp[1][v],dp[2][v])意为i号点必须要找一个儿子来覆盖它,其余随意。这个地方涉及到了算法复杂度的问题,楼下有些题解在这里写的是O(n^2)的转移,但实际上完全可以做到O(n)。具体在代码中细讲。
dp[2][u]=∑min(dp[0][v],dp[1][v],dp[2][v])+val[u] 这个就简单了,i号点上反正有保安了,所有儿子节点都无所谓了,全部可以转移。
AC代码:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring> using namespace std; int n,a[],k,m,f[][];
vector<int> l[]; inline void dfs(int root,int fa) {
bool flag = ;
int sum = ,_min = 0x3f3f3f3f,id = ;
f[root][] = a[root];
f[root][] = f[root][] = ;
for(int i = ;i < l[root].size(); i++) {
if(fa == l[root][i]) continue;
dfs(l[root][i],root);
f[root][] += min(f[l[root][i]][],f[l[root][i]][]);//被父亲保
f[root][] += min(f[l[root][i]][],f[l[root][i]][]);//被儿子保
if(f[l[root][i]][] > f[l[root][i]][]) flag = ;
else _min = min(_min,f[l[root][i]][] - f[l[root][i]][]);
f[root][] += min(f[l[root][i]][],min(f[l[root][i]][],f[l[root][i]][]));//自保
}
if(!flag)
f[root][] += _min;
} int main() {
scanf("%d",&n);
for(int i = ;i <= n; i++) {
scanf("%d%d%d",&k,&a[i],&m);
for(int j = ;j <= m; j++) {
int x;
scanf("%d",&x);
l[k].push_back(x);
l[x].push_back(k);
}
}
memset(f,,sizeof(f));
dfs(,-);
printf("%d",min(f[][],f[][]));
return ;
}
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