信息学奥赛一本通 1579：【例 5】皇宫看守 | 洛谷 P2458 [SDOI2006] 保安站岗

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ybt 1579：【例 5】皇宫看守
洛谷 P2458 [SDOI2006] 保安站岗

【题目考点】

1. 树形动规

2. 最小支配集

对于图G = (V,E)，从V中取尽量少的点组成一个集合，使得V中剩余的点都与取出来的点有边相连。

【解题思路】

以ybt 1579为题目背景：
所有结点构成树形结构。每个宫殿是一个结点，选择一些宫殿留守侍卫，就是在所有结点中选择一些结点。在一个宫殿留侍卫需要的费用，就是该结点的权值。
一个宫殿的侍卫除了可以看守本宫殿，还可以看守与该宫殿有路相连的其他宫殿，也就是可以看守当前结点的邻接点。
一个结点被选择，或是该结点的邻接点被选择，称为该结点被支配。
求在所有结点都被支配的前提下，选择结点的所有方案中，点权加和最小的方案的点权加和。
简单来说，本题求给定树的最小支配集。

状态定义：

• 阶段：以结点u为根的子树
  一个结点被支配，可以分为三种情况：
  (1)不选择u，且u的双亲被选择（依靠双亲）
  (2)不选择u，且u的孩子被选择（依靠孩子）
  (3)u被选择（依靠自己）
  当然一个结点可能同时依靠孩子、依靠双亲或依靠自己。
  第二个阶段$j$表示结点u被哪个结点支配。

• 决策：是否选择结点

• 策略：选择结点的方案

• 策略集合：以结点u为根的子树中，被支配情况为$j$的情况下，所有选择结点的方案。

• 条件：点权加和最小

• 统计量：点权加和

状态定义：
$d{p}_{u,j}$：以结点$u$为根的子树中，被支配情况为$j$的情况下，选择结点的所有方案中，点权加和最小的方案的点权加和。
$j=0$表示不选择结点u，且结点u双亲被选择（依靠双亲）
$j=1$表示不选择结点u，且结点u的孩子被选择（依靠孩子）
$j=2$表示结点u自己被选择（依靠自己）

状态转移方程

• 策略集合：以结点u为根的子树中，被支配情况为$j$的情况下，所有选择结点的方案。
• 分割策略集合：对于u的各个子树，根据是否选择子树的根结点来分割策略集合。

在dfs过程中，从结点u访问到u的邻接点v

• 如果选择结点u，那么结点u的孩子v可以依靠自己，依靠双亲或依靠孩子，三种情况求最小值。对以每个以孩子v为根的子树求出其选择结点点权加和的最小值，进行加和。dpu,2=∑v∈childumin⁡{dpv,0,dpv,1,dpv,2}dp_{u,2} = \underset{v\in child_u}\sum\min\{dp_{v,0}, dp_{v,1}, dp_{v,2}\}dpu,2​=v∈childu​∑​min{dpv,0​,dpv,1​,dpv,2​}
• 如果不选择结点u，且结点u依靠双亲，则结点u的孩子v只能依靠自己或依靠孩子，两种情况取最小值。对以每个以孩子v为根的子树求出其选择结点点权加和的最小值，进行加和。dpu,0=∑v∈childumin⁡{dpv,1,dpv,2}dp_{u,0} = \underset{v\in child_u}\sum\min\{dp_{v,1}, dp_{v,2}\}dpu,0​=v∈childu​∑​min{dpv,1​,dpv,2​}
• 如果不选择结点u，且结点u依靠孩子，则结点u的孩子v只能依靠自己或依靠孩子，两种情况取最小值。
  即dpu,1=∑v∈childumin{dpv,1,dpv,2}dp_{u,1} = \underset{v\in child_u}\sum min\{dp_{v,1}, dp_{v,2}\}dpu,1​=v∈childu​∑​min{dpv,1​,dpv,2​}
  delta=∑v∈childumin{dpv,2−dpv,1}delta= \underset{v\in child_u}\sum min\{dp_{v,2}-dp_{v,1}\}delta=v∈childu​∑​min{dpv,2​−dpv,1​}
  如果$delta\le 0$，则说明存在$d{p}_{v,2}<d{p}_{v,1}$，u存在孩子v选择依靠自己，那么u就可以依靠孩子。$d{p}_{u,1}$无需改变。
  如果$delta>0$，则说明u的所有孩子v都选择依靠孩子，u的所有孩子都没有被选择，这是不行的。需要将所有孩子中从“依靠孩子”变为“依靠自己”点权增加最小的结点，从“依靠孩子“变为”依靠自己“，其增加的点权为$delta$。此时$d{p}_{u,1}$的值需要再增加$delta$。

根结点为1，最终求根结点“依靠孩子”以及“依靠自己”两种情况下得到的点权加和的最小值，即为该树的最小支配集的大小。
【注意】在输入时，不可以写cin >> i >> w[i]，代码无法先完成输入i，再使用刚刚输入的i的值来确定w[i]变量。必须分开写cin >> i; cin >> w[i]，或者写cin >> i >> k; w[i] = k;

【题解代码】

解法1：树形动规 求树的最小支配集

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 1505
int n, w[N], dp[N][3];//在以i为根的树中，dp[i][0]：不取i，i被父结点覆盖 dp[i][1]：不取i，i被子结点覆盖 dp[i][2]：取i，i被自己覆盖 的最小支配集的结点数 
vector<int> edge[N];
void dfs(int u, int fa)
{dp[u][2] = w[u];int delta = 1e9;for(int v : edge[u]){if(v != fa){dfs(v, u);dp[u][0] += min(dp[v][1], dp[v][2]);//u被父结点覆盖时，子结点v可能被v的子结点覆盖，或被v自己覆盖 delta = min(delta, dp[v][2]-dp[v][1]);//需要增加的结点数的最小值为deltdp[u][1] += min(dp[v][1], dp[v][2]); dp[u][2] += min(min(dp[v][0], dp[v][1]), dp[v][2]);//如果u位置有结点，其孩子v可以被其父亲、孩子、自己覆盖 }}if(delta > 0)//如果delta<=0，说明求dp[u][1]时有取到dp[v][2]，u可以依靠孩子。如果delta>0，说明u没有孩子可以依靠，将一个孩子从依靠孩子变为依靠自己增加的最小代价为delt dp[u][1] += delta;//得把其中 变为靠自己覆盖改变值最小的结点，改为靠v自己被覆盖 
}
int main()
{int i, r, k, m;cin >> n;for(int j = 1; j <= n; ++j){cin >> i >> k >> m;w[i] = k;for(int h = 1; h <= m; ++h){cin >> r;edge[i].push_back(r);edge[r].push_back(i);}}dfs(1, 0); cout << min(dp[1][1], dp[1][2]);return 0;
}