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题解：这道题的动归稍稍有一点的复杂，因为一个节点有可能被它的子节点观察，也有可能被父节点观察；
所以我们这样表示：
f[i][0]（表示当前i节点放了一个看守，即他自己和所有子节点已经被控制好）
f[i][1]（表示当前i节点不放看守，但是他自己和所有子节点已经被控制好）
f[i][2]（表示当前解点不放看守，子节点已被控制好但他自己没被控制）
f[i][0]=sum(min(f[son][0],f[son][1],f[son][2]));(如果当前节点放的话，那上一步不管怎么样都可以)
f[i][1]=sum(min(f[son][0],f[son][1]));(需要子节点已经被控制好，但需要注意，如果每个儿子选的都是f[son][j][1],我们需要挑出代价最小的点，改成f[son][j][0],因为我们需要当前结点被控制);
f[i][2]=sum(f[son][1]);
大概就是这么几种情况，具体程序注释里讲;
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; typedef long long LL; LL f[5000][5],cost[5000]; struct ding{ int to,next; }edge[10000]; int head[10000],n,m,root,cnt; bool vis[5000]; void add(int u,int v){edge[++cnt].to=v; edge[cnt].next=head[u]; head[u]=cnt;} void dfs(int x) { bool fg=false; LL minx=2100000000; f[x][0]=cost[x];//先加上在这个点放守卫的代价 for (int i=head[x];i;i=edge[i].next) { int y=edge[i].to; dfs(y); f[x][0]+=min(min(f[y][1],f[y][2]),f[y][0]); minx=min(minx,f[y][0]-f[y][1])； //为了特判 if (f[y][0]>f[y][1]) f[x][1]+=f[y][1]; else { f[x][1]+=f[y][0]; fg=true;//如果有任何一次取了f[i][0]，就说明不需要特判 } f[x][2]+=f[y][1]; } if (!fg) f[x][1]+=minx; //特殊情况 } int main() { int now,x; LL k; scanf("%d",&n); for (int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d%lld%d",&now,&k,&m); cost[now]=k; for (int j=1;j<=m;j++) { scanf("%d",&x); add(now,x); vis[x]=true; } } for (int i=1;i<=n;i++) if (!vis[i]) root=i; //先找到根 dfs(root); printf("%lld\n",min(f[root][1],f[root][0])); return 0; }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/2014nhc/p/6625427.html
