題目描述：
太平王世子事件後，陸小鳳成了皇上特聘的御前一品侍衛。
皇宮各個宮殿的分佈，呈一棵樹的形狀，宮殿可視爲樹中結點，兩個宮殿之間如果存在道路直接相連，則該道路視爲樹中的一條邊。
已知，在一個宮殿鎮守的守衛不僅能夠觀察到本宮殿的狀況，還能觀察到與該宮殿直接存在道路相連的其他宮殿的狀況。
大內保衛森嚴，三步一崗，五步一哨，每個宮殿都要有人全天候看守，在不同的宮殿安排看守所需的費用不同。
可是陸小鳳手上的經費不足，無論如何也沒法在每個宮殿都安置留守侍衛。
幫助陸小鳳佈置侍衛，在看守全部宮殿的前提下，使得花費的經費最少。
輸入格式
輸入中數據描述一棵樹，描述如下：
第一行 n，表示樹中結點的數目。
第二行至第 n+1 行，每行描述每個宮殿結點信息，依次爲：該宮殿結點標號 i，在該宮殿安置侍衛所需的經費 k，該結點的子結點數 m，接下來 m 個數，分別是這個結點的 m 個子結點的標號 r1,r2,…,rm。
對於一個 n 個結點的樹，結點標號在 1 到 n 之間，且標號不重複。
輸出格式
輸出一個整數，表示最少的經費。
數據範圍
1≤n≤1500
輸入樣例：
6
1 30 3 2 3 4
2 16 2 5 6
3 5 0
4 4 0
5 11 0
6 5 0
輸出樣例：
25
樣例解釋：
在2、3、4結點安排護衛，可以觀察到全部宮殿，所需經費最少，爲 16 + 5 + 4 = 25。
分析：
本題一個節點可以觀察到其父節點和孩子節點，求看守所有的宮殿需要的最小花費。如果還是像之前的問題那樣考慮兩種狀態，即一個節點放置守衛和不放置守衛。放置守衛時，其孩子節點可以放置也可以不放置；但是不放置守衛時，其孩子節點的情況就不那麼明朗了，因爲還需要考慮該節點的父節點有沒有放置守衛，放置了就可以觀察到該節點，其孩子節點放不放就無所謂了，但是萬一父節點也沒有放置守衛，孩子節點就至少有一個要放置守衛了。所以只設置兩種狀態並不合適，一個節點要麼放置守衛，要麼不放置，不放置又可以細分爲兩種情況，父節點放置了守衛和孩子節點放置了守衛。所以一共有三種狀態，f[u][0]表示u的父節點放置了守衛但是u未放置守衛，f[u][1]表示u的孩子節點放置了節點但是u未放置守衛，f[u][2]表示u節點放置了守衛。u的父節點放置了守衛，故u的孩子節點可以放置可以不放置，f[u][0] += min(f[j][1][,f[j][2])，因爲u沒有放置節點，而f[j][0]表示j的父節點放置了守衛，所以是不合法的狀態。如果u放置了守衛，則f[u][2] += min(f[j][0],f[j][1],f[j][2])。比較麻煩的是f[u][1]，當u沒有放置守衛，需要找u的一個孩子放置守衛，其它孩子可以放置可以不放置。設sum是u的所有孩子節點放置或者不放置守衛各種情況的最小花費，即sum += min(f[j][1],f[j][2])，可以發現sum與f[u][0]是相等的，所以不必單獨設置sum來存儲u的孩子節點的最小花費和，設u的某個孩子k放置了守衛，則f[u][1] = min(f[u][1],sum - min(f[k][1],f[k][2]) + f[k][2])。具體實現見代碼：
#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;
}