题目描述：
太平王世子事件后，陆小凤成了皇上特聘的御前一品侍卫。
皇宫各个宫殿的分布，呈一棵树的形状，宫殿可视为树中结点，两个宫殿之间如果存在道路直接相连，则该道路视为树中的一条边。
已知，在一个宫殿镇守的守卫不仅能够观察到本宫殿的状况，还能观察到与该宫殿直接存在道路相连的其他宫殿的状况。
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。
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。
输入格式
输入中数据描述一棵树，描述如下：
第一行 n，表示树中结点的数目。
第二行至第 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，在该宫殿安置侍卫所需的经费 k，该结点的子结点数 m，接下来 m 个数，分别是这个结点的 m 个子结点的标号 r1,r2,…,rm。
对于一个 n 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
输出一个整数，表示最少的经费。
数据范围
1≤n≤1500
输入样例：
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：
25
样例解释：
在2、3、4结点安排护卫，可以观察到全部宫殿，所需经费最少，为 16 + 5 + 4 = 25。
分析：
本题一个节点可以观察到其父节点和孩子节点，求看守所有的宫殿需要的最小花费。如果还是像之前的问题那样考虑两种状态，即一个节点放置守卫和不放置守卫。放置守卫时，其孩子节点可以放置也可以不放置；但是不放置守卫时，其孩子节点的情况就不那么明朗了，因为还需要考虑该节点的父节点有没有放置守卫，放置了就可以观察到该节点，其孩子节点放不放就无所谓了，但是万一父节点也没有放置守卫，孩子节点就至少有一个要放置守卫了。所以只设置两种状态并不合适，一个节点要么放置守卫，要么不放置，不放置又可以细分为两种情况，父节点放置了守卫和孩子节点放置了守卫。所以一共有三种状态，f[u][0]表示u的父节点放置了守卫但是u未放置守卫，f[u][1]表示u的孩子节点放置了节点但是u未放置守卫，f[u][2]表示u节点放置了守卫。u的父节点放置了守卫，故u的孩子节点可以放置可以不放置，f[u][0] += min(f[j][1][,f[j][2])，因为u没有放置节点，而f[j][0]表示j的父节点放置了守卫，所以是不合法的状态。如果u放置了守卫，则f[u][2] += min(f[j][0],f[j][1],f[j][2])。比较麻烦的是f[u][1]，当u没有放置守卫，需要找u的一个孩子放置守卫，其它孩子可以放置可以不放置。设sum是u的所有孩子节点放置或者不放置守卫各种情况的最小花费，即sum += min(f[j][1],f[j][2])，可以发现sum与f[u][0]是相等的，所以不必单独设置sum来存储u的孩子节点的最小花费和，设u的某个孩子k放置了守卫，则f[u][1] = min(f[u][1],sum - min(f[k][1],f[k][2]) + f[k][2])。具体实现见代码：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 1505;
int f[N][3],h[N],e[N],w[N],ne[N],idx;
bool st[N];
void add(int a,int b){
e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}
void dfs(int u){
f[u][2] = w[u];
for(int i = h[u];~i;i = ne[i]){
int j = e[i];
dfs(j);
f[u][0] += min(f[j][1],f[j][2]);
f[u][2] += min(min(f[j][0],f[j][1]),f[j][2]);
}
f[u][1] = 1e9;
for(int i = h[u];~i;i = ne[i]){
int j = e[i];
f[u][1] = min(f[u][1],f[u][0] - min(f[j][1],f[j][2]) + f[j][2]);
}
}
int main(){
int n,a,b,cnt;
cin>>n;
memset(h,-1,sizeof h);
for(int i = 0;i < n;i++){
cin>>a>>w[a]>>cnt;
while(cnt--){
cin>>b;
add(a,b);
st[b] = true;
}
}
for(int i = 1;i <= n;i++){
if(!st[i]){
dfs(i);
cout<<min(f[i][1],f[i][2])<<endl;;
break;
}
}
return 0;
}