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题目链接:http://acm.swust.edu.cn/problem/402/
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一个树形dp问题,分别用dp[i][0]表示i点放看守,dp[i][1]表示i点不放看守i点被儿子监视,dp[i][2]表示i点不放看守i点被父亲节点监视三个情况下的最小费用。
(1) dp[i][0] = 所有子节点t的dp[t][0], dp[t][1], dp[t][2]中最小的一个的和 + vi[i] (min(dp[t][0], min(dp[t][1], dp[t][2]))+vi[i])
(2) dp[i][1] = 某个子节点放看守 + 其他节点的dp[t][0], dp[t][1]中最小的一个的和
(3) dp[i][2] = 所有子节点的dp[t][1]的和
注意用long long,int 会爆
1 #include <iostream> 2 #include <algorithm> 3 #include <cstdio> 4 #include <cstring> 5 using namespace std; 6 #define maxn 1510 7 #define inf 0x3f3f3f3f 8 typedef long long LL; 9 10 int n, x, root, vis[maxn], son[maxn][maxn], cnt[maxn], vi[maxn]; 11 LL tmp[maxn], dp[maxn][3]; 12 //dp[i][0] i点放看守,dp[i][1] i点不放看守i点被儿子监视,dp[i][2] i点不放看守i点被父节点监视三个情况下的最小费用 13 void tree_dp(int x){ 14 if (dp[x][0]) return; 15 for (int i = 1; i <= cnt[x]; i++){ 16 int t = son[x][i]; 17 tree_dp(t); 18 dp[x][0] += min(dp[t][0], min(dp[t][1], dp[t][2])); 19 dp[x][2] += dp[t][1]; 20 } 21 dp[x][0] += vi[x]; 22 memset(tmp, 0, sizeof(tmp)); 23 LL ptr = 0; 24 for (int i = 1; i <= cnt[x]; i++){ 25 int t = son[x][i]; 26 tmp[i] = min(dp[t][0], dp[t][1]); 27 ptr += tmp[i]; 28 } 29 dp[x][1] = inf; 30 for (int i = 1; i <= cnt[x]; i++){ 31 int t = son[x][i]; 32 if (ptr - tmp[i] + dp[t][0] < dp[x][1]) dp[x][1] = ptr - tmp[i] + dp[t][0]; 33 } 34 } 35 36 int main(){ 37 //freopen("402-皇宫看守.in", "r", stdin); 38 //freopen("402-皇宫看守.out", "w", stdout); 39 while (~scanf("%d", &n)){ 40 memset(dp, 0, sizeof(dp)); 41 for (int i = 0; i < n; i++){ 42 scanf("%d", &x); 43 scanf("%d%d", &vi[x], &cnt[x]); 44 for (int j = 1; j <= cnt[x]; j++){ 45 scanf("%d", &son[x][j]); 46 vis[son[x][j]] = 1; 47 } 48 } 49 for (int i = 1; i <= n; i++) 50 if (!vis[i]){ root = i; break; } 51 tree_dp(root); 52 printf("%lld\n", min(dp[root][0], dp[root][1])); 53 } 54 return 0; 55 }
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原文地址:http://www.cnblogs.com/zyxStar/p/4606413.html