W 国的交通呈一棵树的形状。W 国一共有n - 1个城市和n个乡村，其中城市从1到n - 1 编号，乡村从1到n编号，且1号城市是首都。道路都是单向的，本题中我们只考虑从乡村通往首都的道路网络。对于每一个城市，恰有一条公路和一条铁路通向这座城市。对于城市i， 通向该城市的道路（公路或铁路）的起点，要么是一个乡村，要么是一个编号比ii大的城市。 没有道路通向任何乡村。除了首都以外，从任何城市或乡村出发只有一条道路；首都没有往 外的道路。从任何乡村出发，沿着唯一往外的道路走，总可以到达首都。
W 国的国王小 W 获得了一笔资金，他决定用这笔资金来改善交通。由于资金有限，小 W 只能翻修n - 1条道路。小 W 决定对每个城市翻修恰好一条通向它的道路，即从公路和铁 路中选择一条并进行翻修。小 W 希望从乡村通向城市可以尽可能地便利，于是根据人口调 查的数据，小 W 对每个乡村制定了三个参数，编号为ii的乡村的三个参数是ai，bi和ci。假设 从编号为i的乡村走到首都一共需要经过x条未翻修的公路与y条未翻修的铁路，那么该乡村 的不便利值为
\[
c_i \cdot (a_i + x) \cdot (b_i + y)
\]
在给定的翻修方案下，每个乡村的不便利值相加的和为该翻修方案的不便利值。 翻修n - 1条道路有很多方案，其中不便利值最小的方案称为最优翻修方案，小 W 自然 希望找到最优翻修方案，请你帮助他求出这个最优翻修方案的不便利值。
第一行为正整数n。
接下来n - 1行，每行描述一个城市。其中第i行包含两个数si,ti。si表示通向第i座城市 的公路的起点，ti表示通向第i座城市的铁路的起点。如果si > 0，那么存在一条从第si座城 市通往第i座城市的公路，否则存在一条从第-si个乡村通往第i座城市的公路；ti类似地，如 果ti >，那么存在一条从第ti座城市通往第i座城市的铁路，否则存在一条从第-ti个乡村通 往第i座城市的铁路。
接下来n行，每行描述一个乡村。其中第i行包含三个数ai,bi,ci，其意义如题面所示。
输出一行一个整数，表示最优翻修方案的不便利值。
6
2 3
4 5
-1 -2
-3 -4
-5 -6
1 2 3
1 3 2
2 1 3
2 3 1
3 1 2
3 2 1
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由题目的意思，最后构成的树有这些特征：叶节点都是乡村；每个城市只有两个儿子，且一个是公路，一个是铁路。考虑阶段为当前到了哪个点。描述一个状态则需要知道经过了多少公路，多少铁路。所以，我们设计状态如下：
设\(f[x][l][r]\)表示当前在x点，经过了l条未翻修的公路、r条未翻修的铁路的最小不方便值。考虑到正着并不好推，我们尝试着倒着推。每个点只会被两个子节点更新，且一个子节点是经过公路，一个是经过铁路。不难得到，我们有如下方程：
\[
f[x][l][r]=min(f[ls[x]][l+1][r],f[rs[x]][l][r+1])
\]
当x为叶节点时，由题中的式子，我们可以得到如下初始状态：
\[
f[x][l][r]=c_i*(a_i+l)*(b_i+r)
\]
在dfs时，为了优化时间，我们需要记下当前最多会经过多少条没有翻修的公路和铁路。但是，这并不能解决空间的问题。可以发现，每次结束递归的点此后都不会再调用，所以我们可以每次给一个点一个编号，结束递归回收利用编号，就可以做到优化空间了。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define int long long
#define N 40002
using namespace std;
int n,i,a[N],b[N],c[N],ls[N],rs[N],f[102][42][42],dfn[N];
int read()
{
char c=getchar();
int w=0,f=1;
while(c<'0'||c>'9'){
if(c=='-') f=-1;
c=getchar();
}
while(c<='9'&&c>='0'){
w=w*10+c-'0';
c=getchar();
}
return w*f;
}
void dfs(int x,int l,int r,int tim)
{
dfn[x]=tim;
if(x>=n){
for(int i=0;i<=l;i++){
for(int j=0;j<=r;j++) f[dfn[x]][i][j]=c[x]*(a[x]+i)*(b[x]+j);
}
return;
}
dfs(ls[x],l+1,r,tim+1);
dfs(rs[x],l,r+1,tim+2);
int pl=dfn[ls[x]],pr=dfn[rs[x]];
for(int i=0;i<=l;i++){
for(int j=0;j<=r;j++){
f[dfn[x]][i][j]=min(f[pl][i][j]+f[pr][i][j+1],f[pl][i+1][j]+f[pr][i][j]);
}
}
}
signed main()
{
n=read();
for(i=1;i<=n-1;i++){
ls[i]=read(),rs[i]=read();
if(ls[i]<0) ls[i]=-ls[i]+n-1;
if(rs[i]<0) rs[i]=-rs[i]+n-1;
}
for(i=n;i<=2*n-1;i++) a[i]=read(),b[i]=read(),c[i]=read();
memset(f,0x3f,sizeof(f));
dfs(1,0,0,1);
printf("%lld\n",f[1][0][0]);
return 0;
}原文：https://www.cnblogs.com/LSlzf/p/11723390.html