题目大意

给你一颗树，每个点都有一个 \(w\) 值，代表在这个点修建工程需要花费 \(w\)，还有一个 \(d\) 值，代表离这个点距离小于 \(d\) 的点可以作为这个点的建立工程的点。每条边都有权重，求出覆盖所有点的最小花费。

思路

首先分析，是否具有最优子结构性质，发现任意一颗子树的最小值，都满足最优子结构。考虑动态规划的做法。

这个题的难点在于可以选一个点来覆盖其他点，所以我们的一个想法必然是枚举这个被选取的点。

设 \(dp_{u,j}\) 表示以 \(u\) 为根节点的子树，依赖于 \(j\) 节点（其中 \(u\) 节点一定依赖 \(j\) 节点，其他节点可以依赖别的）的最小值，\(ans_u\) 表示覆盖这颗子树的最小值。

这两个状态之间的区别和联系是什么？其实 \(dp_{u,j}\) 是为了维护当前子树与它的父亲及以上节点的关系，而 \(ans_u\) 则是我们的普通动态规划设计的状态。

所以这题的关键在于将 \(dp\) 向 \(ans\) 转化。

\(dp_{u,j}=\sum_{\text{edge}(u\rightarrow v)}(dp_{v,j}-w_j,ans_v)\)，意思是，u点已经确定要选j点了，下面考虑它的子节点是否也选 \(j\) 点就行。

最后用 \(dp_{u,j}\) 来更新 \(ans_u\) 即可。

总结：这题和以前做的树形 DP 有很大不同，以前做的题目都是一次设计出状态方程就行，但这个因为它同时和子节点，父节点，以及和它相距不超过 \(d\) 的节点都有关系，所以，需要先设出 \(dp_{u,j}\) 来解决相距不超过 \(d\) 的问题，再以此来解决 \(ans_u\) 的问题。

代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
const int N=1e4+5;
struct edge {
    int to,nxt,w;
} e[N<<1];
int cnt=0,head[N],dis[N];
void add(int u,int v,int w) {
    e[++cnt].to=v,e[cnt].nxt=head[u],head[u]=cnt,e[cnt].w=w;
}
void dfs1(int u,int fa) {
    for(int i=head[u]; i; i=e[i].nxt) {
        int v=e[i].w;
        if(v==fa) {
            continue;
        }
        dis[v]=dis[u]+e[i].w,dfs1(v,u);
    }
}
int n,best[N],f[N][N],d[N],w[N];
void dfs2(int u,int fa) {
    for(int i=head[u]; i; i=e[i].nxt) {
        int v=e[i].w;
        if(v==fa) {
            continue;
        }
        dfs2(v,u);
    }
    dis[u]=0,dfs1(u,0),best[u]=1e9;
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        f[u][i]=1e9;
    }
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        if(dis[i]<=d[u]) {
            f[u][i]=w[i];
            for(int j=head[u]; j; j=e[j].nxt) {
                int v=e[j].to;
                if(v==fa) {
                    continue;
                }
                f[u][i]+=std::min(best[v],f[v][i]-w[i]);
            }
            best[u]=std::min(best[u],f[u][i]);
        }
    }
}
int main() {
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--) {
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1; i<=n; i++) {
            scanf("%d",w+i);
        }
        for(int i=1; i<=n; i++) {
            scanf("%d",d+i);
        }
        cnt=0,memset(head,0,sizeof(head));
        for(int i=1,x,y,z; i<n; i++) {
            scanf("%d %d %d",&x,&y,&z),add(x,y,z),add(y,x,z);
        }
        dfs2(1,0),printf("%d\n",best[1]);
    }
}