vijos1144.小胖守皇宫(树形DP)

一棵树有 N 个节点，现在需要将所有节点都看守住，如果我们选择了节点 i，那么节点
i 本身，节点 i 的父亲和儿子都会被看守住，每个节点有一个选择代价，求完成任务所需要的最小的代价。

显然这是一道树形DP。根据每个节点其实有只有三个状态：①被自己看守；②被儿子看守；③被父亲看守。我们设这三种状态分别为 F1，F2，F3。当然最终作为答案的根节点没有父亲就从
F1，F2 里面选小的。

接下来我们要考虑怎么转移。首先看 F1，我们规定
F1[ i ] 代表的是 i 节点被自己看守且以 i 为根的子树都已被看守的最小代价，也就是说一定会选择 i 节点自己，答案中必定会加入选择他自己的代价
Wi。因为这个点会被自己看管，所以只要考虑在其儿子的三个状态中选一个最小的，保证这个节点下面的子树都已被看守就行了。所以
F1[ i ] += min{ F1[ Si ], F2[ Si ], F3[ Si ] } + w[ i ]，其中 Si
代表 i 节点的儿子。

接下来看 F2，我们规定 F2[ i ]
代表 i 节点被儿子看守且以 i 为根的子树都已被看守的最小代价，也就是说一定不选
i 节点，但是至少要在 i 节点的儿子中选择一个而且最多也就选一个，因为代价是正数，选一个就能把
i 看住，就不需要选择多余的点在增加代价了。因为 i 节点不能被选，所以只能在其儿子的
F1， F2 状态中选择小的( F3[ Si ] 代表选择 i 节点，所以不能用
F3[ Si ] )，来保证其子树都已被看守。所以 F2[ i ] += min{ F1[ Si ], F2[ Si ] } + t。t
代表选择一个儿子的最小代价：t = F1[ Si ] - min{ F1[ Si ], F2[ Si ] }，顺便解释一下
t 的转移：我们从 Si 被看管的代价中选一个最小的，如果是 F1，那么说明
Si 已经被选，就不用再加 W[ Si ] 了，如果是 F2， 那么
F1 - F2 = W[ i ]。

最后看 F3，我们规定
F3[ i ] 代表 i 节点被父亲看守且以 i 为根的子树都已经被看守的最小代价，也就是说一定不选 i
节点和其儿子节点，必须选择他的父亲。因为必须选择父亲，那么 i 一定会被父亲看守，那么我们只要保证其下面的子树都已被看守，就是在儿子的
F1， F2 中选一个小的，因为还是不能选 i，所以其儿子的 F3 状态仍然不用考虑。所以
F3[ i ] += min{ F1[ Si ], F2[ Si ]}。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int MAX_N = 1505;

int n, num[MAX_N], w[MAX_N], s[MAX_N][MAX_N];
int g[MAX_N];
int f1[MAX_N], f2[MAX_N], f3[MAX_N];

void init()
{
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i ++){
int x; scanf("%d", &x);
scanf("%d%d", &w[x], &num[x]);
for (int j = 1; j <= num[x]; j ++){
int y; scanf("%d", &y);
g[y] = x; s[x][j] = y;
}
}
}

void dfs(int x)
{
int p = 0x7fffffff;
f1[x] = f2[x] = f3[x] = 0;
for (int i = 1; i <= num[x]; i ++){
dfs(s[x][i]);
f1[x] += min(f1[s[x][i]], min(f2[s[x][i]], f3[s[x][i]]));
f2[x] += min(f1[s[x][i]], f2[s[x][i]]);
int t = f1[s[x][i]] - min(f1[s[x][i]], f2[s[x][i]]);
p = min(p, t);
f3[x] += min(f1[s[x][i]], f2[s[x][i]]);
}
f2[x] += p; f1[x] += w[x];
}

void doit()
{
memset(f1, 127, sizeof(f1)); memset(f2, 127, sizeof(f2));
memset(f3, 127, sizeof(f3));
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++){
if (!g[i]){
dfs(i);
ans += min(f1[i], f2[i]);
}
}
printf("%d\n", ans);
}

int main()
{
init();
doit();
return 0;
}