P2458 [SDOI2006]保安站岗 题解
间隙(原题面)
- 前排声明:蒟蒻刚学OI没多久,讲的可能比较啰嗦,望见谅
大致题意
给一颗树,每个点都可以花费一定的价格来放置一名"保安"
每个保安都可以看管他本身所在的点和所有与他所站的点相邻的点
求:看管所有点所需要的最小花费
分析
树形dp。
先来说一种错误的做法,也是我一开始想到的做法
每个点都有"放置"和"不放置"两种选择
设(dp[i][0])为第(i)个点"不放置"保安所需要的最小花费
(dp[i][1])为第(i)个点“放置”保安所需要的最小花费
如果第(i)个点"放置"了保安
那它的下一个节点则可以选择"放或不放"两种决策
反之,下一个节点必须都"放置"一名保安
很明显是错的
放张图应该就明白了
(下一个节点不一定要由父亲或自己来看管,也可以由自己的"儿子"来看管)
也就是说,每个点的看管对象都有:
- 自己
- 父亲
- 儿子
三种可能
如何转移
设(dp[i][0])为该点由自己看管所产生的最有解
(dp[i][1])为该点由父亲看管所产生的最优解
(dp[i][2])为该点由儿子看管所产生的最优解
- 1.由“自己”看管
自己的位置上已经"放置了"一个点
那么它的所有儿子就都会被自己所"看管"住
显然儿子可以选择任意一种决策
- 得到转移方程:(dp[i][0]=sum min(dp[son][0],dp[son][1],dp[son][2])+w[i])
((w[i])为父亲节点"放置"守卫所需要的价值)
- 2.由“父亲”看管
自己由父亲看管,说明自己所在的点上未"放置"门卫,那儿子肯定只能由自己的儿子看管或由自己看管
-
得到方程:(dp[i][1]=sum min(dp[son][0],dp[son][2]))
-
3.由“儿子”看管
（图中红蓝分别为两种可能情况）
既然是由自己的儿子看管
儿子的决策也有两种可能
1.由儿子的"儿子"看管
2.由自己看管
- 得到方程:(dp[i][2]=sum min(dp[son][2],dp[son][0]))
有一种极端情况,如果全部都选了(dp[son][2])
"自己"就会产生无人看管的情况
因此要在这里加一个小特判,具体代码里有解释
这里做了个简陋的gif,不懂的可以结合代码看一下
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1510;
int n,dp[MAXN][4],w[MAXN];
int is_head[MAXN];
vector <int> son[MAXN];
void dfs(int x){
bool is_cs = false;//用来判断有无极端情况
int minn = 0x3ffffff;//用来求极端情况的最小值
dp[x][0] = w[x];
for(int i=0;i<son[x].size();i++){
int v = son[x][i];
dfs(v);
dp[x][0]+=min(min(dp[v][0],dp[v][1]),dp[v][2]);//由自己看守
dp[x][1]+=min(dp[v][2],dp[v][0]);//由父亲看守
//由儿子看守 ↓
if(dp[v][0]<dp[v][2]){
dp[x][2]+=dp[v][0];//如果儿子放置守卫花费的钱更少,那就直接在儿子的点上放置一个守卫
is_cs=true;//既然儿子的位置上已经放置守卫了,无极端情况存在
}
else{//否则在儿子的儿子上放置守卫
minn = min( minn , dp[v][0]-dp[v][2]);//计算最小所需值
dp[x][2]+=dp[v][2];
}
}
if(!is_cs) dp[x][2]+=minn;//如果存在极端情况,则加上差值,相当于是消掉dp[-][2],加上dp[-][0]
}
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
int u,m;
scanf("%d%d",&u,&m);
w[u]=m;
int k;
scanf("%d",&k);
for(int i=1;i<=k;i++){
int v;
scanf("%d",&v);
is_head[v]++;
son[u].push_back(v);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!is_head[i]){
dfs(i);
cout<<min(dp[i][0],dp[i][2]);
return 0;
}
}
}