描述
給定一棵含有 n 個結點的樹，結點從 1 標號。你從 1 號結點駕車出發，希望遍歷一些關鍵結點（訪問到就好，不需要按照這些關鍵結點的輸入順序）。每條邊有兩個權值，c0, c1 分別表示步行和駕車經過這條邊的代價。每次你可以選擇駕車經過一條邊（當且僅當有車），或者將車停放在當前所在的結點（如果有車），步行經過一條邊。
求遍歷完所有關鍵結點的最少代價。
注意: 你可以在任意結點結束遍歷，即使當前沒有車。
解題報告:
用時:2h20min,1re1wa
這題做的不是很好，首先看到題目思考了許久找不到好一點的狀態，然後參考了題解的狀態
\(f[x][0/1/2/3/4]\)表示x子樹內所有的關鍵點都已經走完的5中狀態的最小代價
\(f[x][0]\)表示只考慮人走,且人必須回到x的最小代價
\(f[x][1]\)表示只考慮人走,且人可以不回來的最小代價(用於f[x][4]的轉移)
\(f[x][2]\)表示人車一起走，且兩者都回來的最小代價
\(f[x][3]\)表示人車一起走，且人回車不回的最小代價(用於f[x][4]的轉移)
\(f[x][4]\)表示人車一起走，最後兩者都不回來的最小代價
在自己做的時候並沒有定義到\(f[x][3]\)這個狀態，然後發現\(f[x][4]\)是可以借助\(f[x][3]\)轉移的
設\(dis\)為該邊人走的代價，\(dis0\)為車走的代價,\(u\)為x的子節點
\(f[x][0]=\sum_f[u][0]+2*dis\)
\(f[x][2]=\sum_min(f[u][2]+2*dis0,f[u][0]+2*dis)\)
這兩個比較顯然，對於\(f[x][2]\)你可以帶著車一起走完回來，也可以把車放在原地，走完回來
設\(t=(f[u][2]+2*dis0,f[u][0]+2*dis)\)
\(f[x][1]\)就是某乙個子節點走的是\(f[u][1]+dis\),其他節點走的是\(t\)
\(f[x][3]\)同理，某乙個點走\(f[u][3]+dis+dis0\),其他點走\(t\)
顯然這兩個節點的特殊節點的選擇都是選擇貢獻最大的，即\(f[u][1]+dis\)和\(f[u][0]+dis*2\)做差後最大的乙個
對於\(f[x][4]\)兩者都不回，我們要分情況討論:
1.在遍歷最後一顆子樹時，有車
顯然遍歷之前是\(f[x][3]\),然後可以選擇最後一顆子樹是開車還是不開車對應\(f[u][1]\)和\(f[u][4]\)
2.若此時沒有車
遍歷之前狀態是\(f[x][2]\),其中某個子樹是\(f[u][3]\)，表示車沒有回來人回來了,然後和上面一種情況不同的是：只能選擇人走了，那麼就是在不同於選擇了\(f[u][3]\)的子樹中再選擇乙個走\(f[v][1]\)
乙個我沒注意到的細節:
如果u同於v，那麼應該記錄乙個次小值，不然就會少一組轉移
#include #include #include #include #include #include #define rg register
#define il inline
#define iter iterator
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int n=1e6+5;
int head[n],num=0,to[n<<1],nxt[n<<1],dis[n<<1],dis0[n<<1];
void link(int x,int y,int d,int d0)
int gi()
int n,m;bool vis[n],mark[n];ll f[n][5];
void dfs(int x,int last)
else if(tmpf3=min(f3,min(f[u][4]+dis0[i],f[u][1]+dis[i])-t);
} f[x][1]=f[x][0]+f1;
f[x][3]=f[x][2]+f2;
f[x][4]=f[x][2]+f3;
f[x][4]=min(f[x][4],f[x][3]);
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
}void work()
m=gi();
for(int i=1;i<=m;i++)
dfs(1,1);
printf("%lld\n",min(f[1][4],f[1][0]));
}int main()
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