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
输入样例#1：
6
1 30 3 2 3 4
2 16 2 5 6
3 5 0
4 4 0
5 11 0
6 5 0
输出样例#1：
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
解析：
写完这道题，真的感觉提高了不少！
看到题解写的都是三种状态，虽然我也写了三种状态的解法（比较容易理解），但是咱教练曰：四种状态的也可以。于是便来一发四种状态的（其实本质上也可以化为三种状态，二者无本质区别）。
根据题意，我们得出对于除叶子节点外任意的节点(x)，可以有四种情况：
若(x)的位置的费用为(c_x)，其父节点为(fa)。
- (x)的位置没有保安，(fa)的位置有保安
- (x)的位置没有保安，(fa)的位置没有保安
- (x)的位置有保安，(fa)的位置有保安
- (x)的位置有保安，(fa)的位置没有保安
设(dp[x][0/1/2/3])表示在以(x)为根的子树中，使得每个端点都被覆盖了的最小花费。其中每一种状态对应上面的每一种情况。
注意一下下文提到的状态与情况的区别。
一、
首先考虑(1)情况，对于这样的(x)，假设它任意一个子节点为(y)，那么必然有：
(dp[x][0]=sum_{yin tree(x)} min(dp[y][1],dp[y][3]))
即，若要使情况(1)成立，那么必然要从使得它成立的状态（即(y)的父节点没有保安）转移过来。
二、
我们先考虑(3、4)情况，因为他们比较像。。。
我估摸着这个状态是可以合并的，因为无论(x)的(fa)有没有保安，都无所谓，不影响转移。
容易得出：
(dp[x][2/3]=sum_{yin{tree(x)}} min(dp[y][0],dp[y][2])+c_x)
即，若要使得情况(3、4)成立，那么(y)的(fa)就要有保安。
三、
这里就比较难理解，但是跟其它题解是同一个思路。
我们首先明确我们对状态的刻画：设(dp[x][0/1/2/3])表示在以(x)为根的子树中，每个端点都被覆盖了所能得到的最小花费。
对于情况(2)，有两种决策，即
- 选择从子节点(y)的第(1)种状态转移过来（(dp[y][1])），这时(y)位置没有保安。
- 选择从子节点(y)的第(3)种状态转移过来（(dp[y][3])），这时(y)位置有保安。
可以预见的是，如果对于一个节点(x)，把它作为一个根节点，它的所有子节点(y)都不放置保安时得到最优解（即(x)阶段全部从(dp[y][1])转移过来），那么显然这样的情况是不符合我们刻画的状态的（根节点(x)未被覆盖到）。
所以我们就要特判一下，一旦出现这种情况，我们就要贪心地去使得当前状态在我们规定的意义下成立。
即，寻找对花费贡献最小的那个(dp[y][3])，拿它做转移到(x)。
怎么做呢？很简单，我们把最小的(dp[y][3]-dp[y][1])加进原先我们得出的无法成立的状态中就行了。
证明的话，其实想一想，这个差值其实就是将原先的一个转移(dp[y][1])变成(dp[y][3])的时候的变化值。
建议好好品味这道题，能有不错的收获。
参考代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<vector>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define PI acos(-1.0)
#define N 2010
#define MOD 2520
#define E 1e-12
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
//start from 1
struct rec{
int next,ver;
}g[N<<1];
int head[N],tot,n,dp[N][4],a[N];
bool v[N];
inline int read()
{
int f=1,x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
void add(int x,int y)
{
g[++tot].ver=y;
g[tot].next=head[x],head[x]=tot;
}
void calc(int x)
{
v[x]=1;
int sum=0,minn=INF;
dp[x][2]=a[x];dp[x][3]=a[x];
for(int i=head[x];i;i=g[i].next){
int y=g[i].ver;
if(v[y]) continue;
calc(y);
//0fa有self没有，1fa没有self没有，2fa有self有，3fa没有self有
dp[x][2]+=min(dp[y][0],dp[y][2]);
dp[x][3]+=min(dp[y][0],dp[y][2]);
if(dp[y][1]>dp[y][3]) sum++;
else minn=min(minn,dp[y][3]-dp[y][1]);
dp[x][0]+=min(dp[y][1],dp[y][3]);
dp[x][1]+=min(dp[y][1],dp[y][3]);
}
if(!sum) dp[x][1]+=minn;
}
int main()
{
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
int ii,k;
ii=read(),a[ii]=read(),k=read();
for(int t=1;t<=k;t++){
int y;
y=read();
add(ii,y),add(y,ii);
}
}
calc(1);
cout<<min(dp[1][1],dp[1][3])<<endl;//根节点不会有父节点嘛，这个好理解
return 0;
}