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一道很好的樹型DP。

一開始我的狀態選擇是用dp[i][0]表示以i為根節點，不選擇i的最小花費，dp[i][1]表示以i為根節點，選擇i的最小花費。但是這樣我發現無法轉移，因為你不能保證選或者不選的正確性……

問題在於狀態設少了。一個點有三種狀況，一個是本身站有保安，一個是被自己的子節點控制，一個未控制（將來會被父親控制）。我們就用dp[i][0]表示未被控制，dp[i][1]表示被自己的兒子節點控制，dp[i][2]表示本身站有保安。

之後轉移就很好辦，dp[i][0] = ∑min(dp[v][1],dp[v][2])(v是i的子節點，因為我們只要滿足這個點的子節點全部被控制即可)，dp[i][2] = ∑min(dp[v][0],dp[v][1],dp[v][2]),因為反正這個點被控制了，子節點就無所謂了，dp[i][1] = ∑min(dp[v][1],dp[v][2]),然後強制選擇至少一個dp[v][2](否則的話這個節點相當於沒被子節點控制)，強制選擇的話，記錄一下兩者差值的最小值，如果沒有選擇的話，直接加一個最小值即可。最後dp[i][2]要加上這個節點本身的花費。

之後就可以愉快的DP啦，看一下代碼。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<set>
#include<queue>
#define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--)
#define enter putchar(‘\n‘)

using
 
 namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 10005;
const int INF = 1000000009;

int read()
{
    int ans = 0,op = 1;
    char ch = getchar();
    while(ch < ‘0‘ || ch > ‘9‘)
    {
    if(ch == ‘-‘) op = -1;
    ch = getchar();
    }
    while(ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘)
    {
    ans *= 10;
    ans 
 
+= ch - ‘0‘;
    ch = getchar();
    }
    return ans * op;
}

struct edge
{
    int next,to;
}e[M<<1];

int head[M],ecnt,w[M],dp[M][3],n,m,x,y;

void add(int x,int y)
{
    e[++ecnt].to = y;
    e[ecnt].next = head[x];
    head[x] = ecnt;
}

void dfs(int x,int fa)
{
    bool flag = 0;
    int minn = INF;
    for(int i = head[x];i;i = e[i].next)
    {
    int v = e[i].to;
    if(v == fa) continue;
    dfs(v,x);
    dp[x][2] += min(dp[v][0],min(dp[v][1],dp[v][2]));
    dp[x][0] += min(dp[v][1],dp[v][2]);
    if(dp[v][1] > dp[v][2]) dp[x][1] += dp[v][2],flag = 1;
    else dp[x][1] += dp[v][1],minn = min(minn,dp[v][2] - dp[v][1]);
    }
    dp[x][2] += w[x];
    if(!flag) dp[x][1] += minn;
}

int main()
{
    n = read();
    rep(i,1,n)
    {
    x = read(),w[x] = read(),m = read();
    rep(i,1,m) y = read(),add(x,y),add(y,x);
    if(!m) dp[x][1] = INF;
    }
    dfs(1,0);
    printf("%d\n",min(dp[1][1],dp[1][2]));
    return 0;
}

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