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一道比较典型的树形\(DP\)吧。
- 思路:
设\(f[i][0/1][0/1]\)表示第\(i\)个点有没有安排保安(第二维),能不能被观察到(第三维),其实开两维就可以。
对于一个点\(u\),枚举它所有的儿子\(v\)(注意是求和)。
\(f[u][1][1]\)对儿子的所有情况(三种\(f[v][0][0]\,,[1][1]\,,[0][1]\))取\(min\)。
\(f[u][0][0]\)对\(f[v][0][1]\,,[1][1]\)两种情况取\(min\)。
\(f[u][0][1]\)稍微复杂一点,于是对\(f[v][0][1]\,,[1][1]\)两种情况取\(min\),但是有可能所有的儿子都取的是\(f[v][0][1]\),这样就不合法了,必须至少有一个儿子取到\(f[v][1][1]\),才满足\(u\)点布设保安,但是被观察到(到目前为止)。所以枚举每个儿子的时候,记录一个\(f[v][1][1]-f[v][1][0]\)的最小值\(minn\),再设一个标记,如果有一个儿子取到了\(f[v][1][1]\),标记一下。如果到最后一直没有标记过,那么\(f[u][0][1]\)还得加上\(minn\)。意思是将一个儿子标记上,那么要减掉之前加上去的\(f[v][0][1]\),再加上\(f[v][1][1]\),选这样新产生贡献的最小\(v\)。
最后取\(f[1][0][1]\)和\(f[1][1][1]\)中较小的一个就行。
一直卡在90分上过不了的原因:
认真看题!!!
竟然还有90分,出题人真良心。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,f[1505][2][2],ans;// 2-> 0 1 表示i能不能被覆盖
int head[1505],tot,w[1505];
struct edge{
int node,next;
}e[3005];
void add(int x,int y)
{
e[++tot].node=y;
e[tot].next =head[x];
head[x]=tot;
}
void dfs(int u,int fa)
{
f[u][1][1]=w[u];
bool flag=0;
int minn=0x7ffffff;
for(int i=head[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].node;
if(v==fa) continue;
dfs(v,u);
/* f[u][0][0]=min(f[u][0][0],f[v][0][1]);
f[u][0][1]=min(f[u][0][1],f[v][1][1]);
f[u][1][1]=min(f[u][1][1],min(f[v][0][0],min(f[v][0][1],f[v][1][1]))+w[u]);
minn=min(minn,f[v][1][1]);(水平倒退www)*/
f[u][0][0]+=min(f[v][0][1],f[v][1][1]);
minn=min(minn,f[v][1][1]-f[v][0][1]);
if(f[v][1][1]>f[v][0][1])
f[u][0][1]+=f[v][0][1];
else f[u][0][1]+=f[v][1][1],flag=1;
f[u][1][1]+=min(f[v][1][1],min(f[v][0][1],f[v][0][0]));
}
/* f[u][0][1]=min(f[u][0][1],minn);
if(!flag) f[u][0][0]=0,f[u][1][1]=w[u]; */
//只要儿子中有一个安排了保安,u就会被覆盖到
//如果儿子中都没有安排保安,那么就选一个替换
if(!flag) f[u][0][1]+=minn;
}
int main()
{
// memset(f,0x7f,sizeof(f));
scanf("%d",&n);
int x,y,k;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
scanf("%d",&x);
scanf("%d%d",&w[x],&k);
for(int j=1;j<=k;++j)
{
scanf("%d",&y);
add(x,y); add(y,x);
}
}
dfs(1,0);
ans=min(f[1][1][1],f[1][0][1]);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}