前言：按照计划，昨天应该是完成树形DP7题和二分图、最大流基础专题，但是由于我智商实在拙计，一直在理解树形DP的思想，所以第二个专题只能顺延到今天了。但是昨天把树形DP弄了个5成懂我是很高兴的！下面我把这7题的解题思想和部分代码分享给大家。
题目一：皇宫看守
问题描述：
太平王世子事件后，陆小凤成了皇上特聘的御前一品侍卫。
皇宫以午门为起点，直到后宫嫔妃们的寝宫，呈一棵树的形状；某些宫殿间可以互相望见。大内保卫森严，三步一岗，五步一哨，每个宫殿都要有人全天候看守，在不同的宫殿安排看守所需的费用不同。
可是陆小凤手上的经费不足，无论如何也没法在每个宫殿都安置留守侍卫。
编程任务：
帮助陆小凤布置侍卫，在看守全部宫殿的前提下，使得花费的经费最少。
数据输入：
输入文件中数据表示一棵树，描述如下：
第1行 n，表示树中结点的数目。
第2行至第n+1行，每行描述每个宫殿结点信息，依次为：该宫殿结点标号i（0<i<=n），在该宫殿安置侍卫所需的经费k，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。
数据输出：
输出文件仅包含一个数，为所求的最少的经费。
样例输入：
6
1 30 3 2 3 4
2 16 2 5 6
3 5 0
4 4 0
5 11 0
6 5 0
样例输出：
25
分析：本来这套题里还有一个题目叫“战略游戏”，抽象后的模型跟这题是一样的，遇到那题的时候我没太理解题解是怎么用树形DP做的，于是我就跳过了。后来遇到这题发现不研究的话不行。题目说的很清楚，用最少的点覆盖所有的点，（二分图里有一个模型叫用最少的点覆盖所有的边，以后再议）。如果是一个图的话，它是个NP完全问题，但题目给出的是个树，避免了后效性的问题，所以可以用动态规划来解决。
给出如下定义：
- F[i,0]表示i点不放，且以i为根节点的子树（包括i节点）全部被观察到；
- F[i,1]表示i点不放，且以i为根节点的子树（可以不包括i节点）全部被观察到；
- F[i,2]表示i点放，且以i为根节点的子树全部被观察到；
转移如下：
1、由F[i,0]定义可知，设j为i的儿子节点，至少要有一个i的儿子节点是放置守卫的，其余的儿子节点可放可不放，但由于根节点i不放，所以其余的儿子节点如果不放的话，必须保证能被观察到，即F[j][0]；所以我们需要枚举必须放置的儿子节点，下面的转移方程描述的很清楚:
- F[i,0] = min{Sigma(min(F[j][0],F[j,2]))+F[k,2]}，其中k为枚举的必放的儿子节点，j为除了k之外的儿子节点
2、由F[i,1]定义可知，i可以被观察到也可以不被观察到,但儿子节点必须都要被观察到，转移如下：
- F[i,1] = Sigma(min(F[j,0],F[j,2])) j是i的儿子节点
3、由F[i,2]定义可知，i点放置了守卫，所以对于每个儿子节点都能被观察到，取F[j,0],F[j,1],F[j,2]最小值即可：
- F[i,2] = min(F[j,0],F[j,1],F[j,2]) j是i的儿子节点
- 对于叶节点i，F[i,0] = F[i,2] = data[i],F[i,1] = 0;
看了题解我是恍然大悟啊，智商不够，这个转移方程还是比较难想的。
参考代码：
1 // 2 // 皇宫看守.cpp 3 // 树形DP 4 // 5 // Created by TimmyXu on 13-8-3. 6 // Copyright (c) 2013年 TimmyXu. All rights reserved. 7 // 8 9 #include <iostream> 10 #include <algorithm> 11 #include <cstdio> 12 #include <cstring> 13 #include <string> 14 15 using namespace std; 16 17 const int maxn = 1500+10; 18 19 int f[maxn][3],data[maxn],n,son[maxn][maxn],len[maxn],du[maxn],x,root; 20 21 void doit(int x) 22 { 23 if (len[x] == 0) 24 { 25 f[x][0] = f[x][2] = data[x]; 26 f[x][1] = 0; 27 return; 28 } 29 for (int i = 1;i <= len[x];i++) 30 doit(son[x][i]); 31 f[x][0] = INT_MAX; 32 for (int i = 1;i <= len[x];i++) 33 { 34 int tmp = 0; 35 for (int j = 1;j <= len[x];j++) 36 if (i!=j) 37 tmp += min(f[son[x][j]][0],f[son[x][j]][2]); 38 f[x][0] = min(f[x][0],tmp+f[son[x][i]][2]); 39 } 40 f[x][1] = 0; 41 for (int i = 1;i <= len[x];i++) 42 f[x][1] += min(f[son[x][i]][0],f[son[x][i]][2]); 43 f[x][2] = data[x]; 44 for (int i = 1;i <= len[x];i++) 45 f[x][2] += min(f[son[x][i]][0],min(f[son[x][i]][1],f[son[x][i]][2])); 46 } 47 48 int main() 49 { 50 scanf("%d",&n); 51 memset(data,0,sizeof(data)); //存每个点放置守卫的代价 52 memset(f,0,sizeof(f)); //dp数组，F[i,j]含义如上述分析 53 memset(du,0,sizeof(du)); //存储每个点的入度，用于找出根节点 54 memset(son,0,sizeof(son)); //存储每个点的儿子节点 55 memset(len,0,sizeof(len)); //存储每个点儿子节点个数 56 for (int i = 1;i <= n;i++) 57 { 58 scanf("%d",&x); 59 scanf("%d%d",&data[x],&len[x]); 60 for (int j = 1;j <= len[x];j++) 61 { 62 scanf("%d",&son[x][j]); 63 du[son[x][j]]++; 64 } 65 } 66 for (int i = 1;i <= n;i++) 67 if (du[i] == 0) 68 { 69 root =i; 70 break; 71 } 72 doit(root); 73 printf("%d\n",min(f[root][0],f[root][2])); 74 }