Description
设有一棵二叉树，如图：
其中，圈中的数字表示结点中居民的人口。圈边上数字表示结点编号，现在要求在某个结点上建立一个医院，使所有居民所走的路程之和为最小，同时约定，相邻接点之间的距离为1。如上图中，
若医院建在1 处，则距离和=4+12+2*20+2*40=136；若医院建在3 处，则距离和=4*2+13+20+40=81……
Input
第一行一个整数n，表示树的结点数。
接下来的n行每行描述了一个结点的状况，包含三个整数，整数之间用空格(一个或多个)分隔，其中：第一个数为居民人口数；第二个数为左链接，为0表示无链接；第三个数为右链接。
Output
一个整数，表示最小距离和。
Sample Input
5 13 2 3 4 0 0 12 4 5 20 0 0 40 0 0
Sample Output
81
Hint
n≤100
Solution
事实上这是一道非常简单的全员最短路，直接floyd就能够AC，但是冲着DP的标签，有一种树形DP的方法，在常规的树形DP中，由儿子更新父亲的信息，但在本题中，需要预处理根节点的信息，然后通过父亲更新儿子。复杂度O(n)。
记f[i]为在i点放医院的答案，sz[i]为以i为根的子树的节点权值和，手动画图可推知，f[son]=f[fa]+(sz[1]-sz[to])-sz[to]=f[fa]+sz[1]-2*sz[to]。预处理f[1]，dfs更新子树即可
Code
#include<cstdio> #define maxn 105 inline void qr(int &x) { char ch=getchar();int f=1; while(ch>'9'||ch<'0') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar(); x*=f; } inline int max(int a,int b) {return a>b?a:b;} inline int min(int a,int b) {return a<b?a:b;} inline int abs(int x) {return x<0?-x:x;} inline void swap(int &a,int &b) { int c=a;a=b;b=c; } struct Edge { int to,nxt; }; Edge edge[maxn];int hd[maxn],ecnt; inline void cont(int from,int to) { edge[++ecnt].to=to; edge[ecnt].nxt=hd[from]; hd[from]=ecnt; } int n,num[maxn],a,sz[maxn],frog[maxn],deepth[maxn],ans; void dfs(int fa,int k) { deepth[k]=deepth[fa]+1;sz[k]=num[k]; if(!hd[k]) return; for(int i=hd[k];i;i=edge[i].nxt) { dfs(k,edge[i].to); sz[k]+=sz[edge[i].to]; } } void search(int k) { for(int i=hd[k];i;i=edge[i].nxt) { int &to=edge[i].to; frog[to]=frog[k]+sz[1]-2*sz[to]; search(to); } ans=min(ans,frog[k]); } int main() { qr(n); for(int i=1;i<=n;++i) { qr(num[i]); a=0;qr(a); if(a) cont(i,a); a=0;qr(a); if(a) cont(i,a); } deepth[0]=-1; dfs(0,1); for(int i=2;i<=n;++i) frog[1]+=num[i]*deepth[i]; ans=frog[1]; search(1); printf("%d ",ans); return 0; }
Summary
1、对于一般的树形DP，其状态设计一般为“以i为根的子树……”，通过儿子更新父亲。但是有一些特殊的DP形式，需要通过父亲更新儿子，f[i]表示“在i点……”。
2、对于树上的题，可以优先思考图论问题，然后再思考DP，有些题使用图论可以轻松解决。