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https://www.acwing.com/problem/content/1079/

太平王世子事件后，陆小凤成了皇上特聘的御前一品侍卫。皇宫各个宫殿的分布，呈一棵树的形状，宫殿可视为树中结点，两个宫殿之间如果存在道路直接相连，则该道路视为树中的一条边。已知，在一个宫殿镇守的守卫不仅能够观察到本宫殿的状况，还能观察到与该宫殿直接存在道路相连的其他宫殿的状况。大内保卫森严，三步一岗，五步一哨，每个宫殿都要有人全天候看守，在不同的宫殿安排看守所需的费用不同。可是陆小凤手上的经费不足，无论如何也没法在每个宫殿都安置留守侍卫。帮助陆小凤布置侍卫，在看守全部宫殿的前提下，使得花费的经费最少。

输入格式：
输入中数据描述一棵树，描述如下：第一行 $n$ ，表示树中结点的数目。第二行至第 $n + 1$ 行，每行描述每个宫殿结点信息，依次为：该宫殿结点标号 $i$ ，在该宫殿安置侍卫所需的经费 $k$ ，该结点的子结点数 $m$ ，接下来 $m$ 个数，分别是这个结点的 $m$ 个子结点的标号 $r_1,r_2,…,r_m$ 。对于一个 $n$ 个结点的树，结点标号在 $1$ 到 $n$ 之间，且标号不重复。

输出格式：
输出一个整数，表示最少的经费。

数据范围：
$1 \leq n \leq 1500$

思路是动态规划。设 $f [i] [0, 1, 2]$ 是只考虑以 $i$ 为树根的子树的情况下，要看守该子树所有节点的最小代价。设 $i$ 的各个儿子分别是 $x_1,...,x_m$ ，其中：
1、 $f [i] [0]$ 表示 $i$ 自己没有侍卫，而是被其父亲节点的侍卫看守的情况；
2、 $f [i] [1]$ 表示 $i$ 自己没有侍卫，而是被其某个子节点的侍卫看守的情况；
3、 $f [i] [2]$ 表示 $i$ 自己就有个侍卫的情况。
在情况 $1$ 里，此时其所有儿子节点要么自己就有侍卫，要么被其子节点看守（其父亲没有侍卫，所以不能被父节点看守），所以有： $f[i][0]=\sum_{1\le j\le m} \min \{f[x_j][1],f[x_j][2]\}$ 在情况 $3$ 里，此时其所有儿子可以自己有侍卫，也可以被其父亲看守，也可以被其自己的儿子看守，所以有： $f[i][2]=c_i+\sum_{1\le j\le m}\min\{f[x_j][0],f[x_j][1],f[x_j][2]\}$ 其中 $c_i$ 是看守节点 $i$ 需要的代价。在情况 $2$ 里，节点 $i$ 必须得有一个孩子是有侍卫的（即某个节点的代价取 $f[x_k][2]$ ），别的节点可以有侍卫，或者被其子节点看守（这些节点的代价取 $min\{f[x_k][1],f[x_k][2]\}$ ），所以有： $f[i][1]=\min_k\{ f[x_k][2]+\sum_{l\ne k} \min \{f[x_l][1],f[x_l][2]\}\}\\=\min_k\{ f[x_k][2]+f[i][0]-\min\{f[x_k][1],f[x_k][2]\}\}$ 在代码里，可以先递归求解其所有孩子节点的 $f$ 值，再按上面的式子求解 $f [i]$ 。最后要返回的是 $min\{f[r][1],f[r][2]\}$ （ $r$ 为树根，由于树根没有父亲，所以取不到 $f [r] [0]$ ）。代码如下：

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;

const int N = 1510;
int n;
int h[N], e[N], ne[N], w[N], idx;
int f[N][3];
// 求树根之用
bool st[N];

void add(int a, int b) {
    
    
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}

void dfs(int u) {
    
    
    f[u][2] = w[u];
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
    
    
        int j = e[i];

        dfs(j);

        f[u][0] += min(f[j][1], f[j][2]);
        f[u][2] += min(min(f[j][0], f[j][1]), f[j][2]);
    }

    f[u][1] = 0x3f3f3f3f;
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
    
    
        int j = e[i];
        f[u][1] = min(f[u][1], f[j][2] + f[u][0] - min(f[j][1], f[j][2]));
    }
}

int main() {
    
    
    cin >> n;
    memset(h, -1, sizeof h);

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
    
    
        int id, cost, cnt;
        cin >> id >> cost >> cnt;
        w[id] = cost;
        while (cnt--) {
    
    
            int v;
            cin >> v;
            add(id, v);
            st[v] = true;
        }
    }

	// 只从树根开始DFS
    for (int i = 1; i <= n; i++) 
        if (!st[i]) {
    
    
            dfs(i);
            cout << min(f[i][1], f[i][2]) << endl;
        }

    return 0;
}

时空复杂度 $O (n)$ 。

【ACWing】1077. 皇宫看守

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