题目描述
五一来临，某地下超市为了便于疏通和指挥密集的人员和车辆，以免造成超市内的混乱和拥挤，准备临时从外单位调用部分保安来维持交通秩序。
已知整个地下超市的所有通道呈一棵树的形状；某些通道之间可以互相望见。总经理要求所有通道的每个端点（树的顶点）都要有人全天候看守，在不同的通道端点安排保安所需的费用不同。
一个保安一旦站在某个通道的其中一个端点，那么他除了能看守住他所站的那个端点，也能看到这个通道的另一个端点，所以一个保安可能同时能看守住多个端点（树的结点），因此没有必要在每个通道的端点都安排保安。
编程任务：
请你帮助超市经理策划安排，在能看守全部通道端点的前提下，使得花费的经费最少。
输入输出格式
输入格式：
第1行 n，表示树中结点的数目。
第2行至第n+1行，每行描述每个通道端点的信息，依次为：该结点标号i（0<i<=n），在该结点安置保安所需的经费k（<=10000），该边的儿子数m，接下来m个数，分别是这个节点的m个儿子的标号r1，r2，...，rm。
对于一个n（0 < n <= 1500）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：
最少的经费。
如右图的输入数据示例
输出数据示例：
输入输出样例
6
1 30 3 2 3 4
2 16 2 5 6
3 5 0
4 4 0
5 11 0
6 5 0
25
说明
样例说明：在结点2，3，4安置3个保安能看守所有的6个结点，需要的经费最小：25
题解
树形dp经典题...同时贪心也可以做的，不过树形dp是$O(n)$，贪心是$O(nlogn)$
（可以算是四倍经验题了）
贪心做法可以看我这篇题解
这里讲树形dp做法
我们可以设$f[x][0]$被子节点控制，$f[x][1]$被自己控制，$f[x][2]$被父亲控制
那么显然$f[i][x]$可以从子节点中三个状态任意一个转移过来，所以
$f[x][1]+=min(f[e[i].to][0],min(f[e[i].to][1],f[e[i].to][2]))$
$f[x][2]$可以从子节点中除了被父亲控制的那个节点转移过来
$f[x][2]+=min(f[e[i].to][1],f[e[i].to][0])$
比较难办的是$f[x][0]$的转移
因为只要有一个子节点有人那么其他子节点都可以不放人了
有一个很妙的做法
如果在这个子节点放人比不放人更优，那肯定就不放人了，顺便标记一下
否则存下来放人与不放人的差值，对所有的差值取个min
到最后如果没有被标记就加上这个差值
转移方程为
$f[x][0]+=min(f[e[i].to][0],f[e[i].to][1])$
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int n;
int head[],c[],cnt;
int f[][];
//f[i][0]被子节点控制，f[i][1]被自己控制，f[i][2]被父亲控制 struct edge {
int to,nxt;
}e[]; void ins(int u,int v){
e[++cnt].to=v;e[cnt].nxt=head[u];head[u]=cnt;
e[++cnt].to=u;e[cnt].nxt=head[v];head[v]=cnt;
} #define inf 0x3f3f3f3f void dfs(int x,int fa){
f[x][]=c[x];
f[x][]=f[x][]=;
int cnt=,tx=inf;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
if(e[i].to==fa)continue;
dfs(e[i].to,x);
f[x][]+=min(f[e[i].to][],min(f[e[i].to][],f[e[i].to][]));
f[x][]+=min(f[e[i].to][],f[e[i].to][]);
if(f[e[i].to][]<f[e[i].to][])cnt=;
else tx=min(tx,f[e[i].to][]-f[e[i].to][]);
f[x][]+=min(f[e[i].to][],f[e[i].to][]);
}
if(!cnt)f[x][]+=tx;
} int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++){
int x;
scanf("%d",&x);
scanf("%d",&c[x]);
int m;
scanf("%d",&m);
for(int j=;j<=m;j++){
int y;
scanf("%d",&y);
ins(x,y);
}
}
dfs(,);
printf("%d\n",min(f[][],f[][]));
}