树形DP皇宫看守

Posted 2021-07-18 Vincent_0000

题目来源

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题目描述

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 r1,r2,…,rm。

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≤n≤1500
输入样例：
6
1 30 3 2 3 4
2 16 2 5 6
3 5 0
4 4 0
5 11 0
6 5 0
输出样例：
25
样例解释：
在2、3、4结点安排护卫，可以观察到全部宫殿，所需经费最少，为 16 + 5 + 4 = 25。

题目思路

• 分析题意

树的节点中放士兵，士兵能看守到周边连接的所有点但需要看守费用，求能够看守到所有点的最小看守花费。

• 分析题型

在树上进行并且是求最值，尝试使用树形DP，我们注意到每个点被看守可以分为三个状态，所以可能还会使用状态机。

综上所述，题型大概为树形DP + 状态机。

• DP分析

集合f[i][j] 表示为以i为根，状态为j的花费情况。

$f[u][0]$ 表示父结点已经选雇佣了士兵的状态。
$f[u][1]$ 表示该节点雇佣了士兵状态。
$f[u][2]$ 表示子结点已经选雇佣了士兵的状态。

动态转移方程可以写成：
$f[u][0]+=min(f[j][1],f[j][2])$
$f[u][1]+=min(f[j][0],f[j][1],f[j][2])$
$f[u][2]=min(f[u][2],f[k][1]+其他点0,2状态的最小和)$

AC代码

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;

#define _for(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); ++i) 
#define _rep(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define For(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
#define debug(a) cout << #a << " = " << a << ENDL
#define ENDL "\\n"
#define x first 
#define y second 
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef vector<int> vi;

const int N = 1500 + 5, INF = 0x3f3f3f3f;
int h[N], ne[N], e[N], w[N], idx, f[N][3];
bool vis[N];

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

void dfs(int u) {

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

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

int main() {
#ifdef LOCAL
	freopen("data.in", "r", stdin);
#endif
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0), cout.tie(0);

	memset(h, -1, sizeof h);
	int T;
	cin >> T;
	while(T--) {
		int a, b, c, m;
		cin >> a;
		cin >> w[a] >> m;
		while (m--) {
			cin >> b;
			if (b) add(a, b);
			vis[b] = true;
		}
	}

	int rt = 1;
	while (vis[rt]) ++rt;
	dfs(rt);
	
	cout << min(f[rt][1], f[rt][2]) << ENDL;
	return 0;
} 

反思

又一个题目因为大意没有仔细看题目！！该打！！
不过这个状态机的转化确实很牛逼。