P1352「没有上司的舞会」

1. 题目

题目链接：P1352「没有上司的舞会」 。

题目描述

某大学有 nn 个职员，编号为 1…n1 \ldots n 。

他们之间有从属关系，也就是说他们的关系就像一棵以校长为根的树，父结点就是子结点的直接上司。

现在有个周年庆宴会，宴会每邀请来一个职员都会增加一定的快乐指数 rir_i，但是呢，如果某个职员的直接上司来参加舞会了，那么这个职员就无论如何也不肯来参加舞会了。

所以，请你编程计算，邀请哪些职员可以使快乐指数最大，求最大的快乐指数。

输入格式

输入的第一行是一个整数 nn。

第 2 到第 (n+1)(n + 1) 行，每行一个整数，第 (i+1)(i+1) 行的整数表示 ii 号职员的快乐指数 rir_i 。

第 (n+2)(n + 2) 到第 2n2n 行，每行输入一对整数 l,kl, k，代表 kk 是 ll 的直接上司。

输出格式

输出一行一个整数代表最大的快乐指数。

输入输出样例

输入 #1

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输出 #1

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2. 题解

分析

这是一道简单的树上 dpdp 问题：

  • 首先构造状态 f[i][0/1]f[i][0/1] 表示以结点 ii 为根的子树的最优解（第二维 0 表示 ii 不参加舞会，1 表示 ii 参加舞会）。

  • 然后构造状态转移方程：

  1. 上司不参加舞会时，下属可参加可不参加：f[i][0]=∑maxf[x][1],f[x][0] f[i][0] = \sum max{f[x][1], f[x][0]}
  2. 上司参加舞会时，下属都不会参加：f[i][1]=∑f[x][0]+ai f[i][1] = \sum f[x][0] + a_i

然后具体实现计算时：

  • 可以采用 DFS 遍历整棵树，在返回上一层时更新当前结点的最优解。
  • 或者可以利用树的性质，即每个非根结点有且仅有一个父结点，因此可以先计算所有子树的最优解，再往上更新父结点。最开始先计算所有叶结点，即没有孩子结点的点，我们可以把孩子结点到父结点的边看作时父结点的入边，则叶结点就是入度为 0 的点，从而得到计算的结点的顺序即为结点拓扑排序的顺序。

代码

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#include <bits/stdc++.h>
#define ll int 
#define MAXN 6005
using namespace std;

// 前向星存边
ll cnt;
ll head[MAXN];
struct edge{
    ll to;
    ll next;
} e[MAXN];
void init(ll n) {
    cnt = 0;
    memset(head, -1, sizeof(head));
}
void addEdge(ll u, ll v) {
    e[cnt].to = v;
    e[cnt].next = head[u];
    head[u] = cnt++;
}

ll in[MAXN];        // 入度
ll parent[MAXN];    // 父结点
ll dp[MAXN][2];     

int main()
{
    ll n;
    ll a[MAXN];
    scanf("%d", &n);
    for(ll i = 1; i <= n; ++i) {
        scanf("%d", a+i);
    }
    ll u, v;
    init(n);
    for(ll i = 0; i < n-1; ++i) {
        scanf("%d%d", &u, &v);
        parent[u] = v;  // 记录结点的父结点
        addEdge(v, u);  // 前向星存父结点到孩子结点的边
        ++in[v];        // 记录结点的度
    }
    // 构造拓扑序列
    // 同时沿着拓扑序列更新结点的最优解
    queue <ll> q;
    for(ll i = 1; i <= n; ++i) {
        if(!in[i]) {
            dp[i][1] = a[i];
            --in[parent[i]];
            if(!in[parent[i]]) {
                q.push(parent[i]);
            }
        }
    }
    while(q.size()) {
        u = q.front();
        q.pop();
        --in[parent[u]];
        if(!in[parent[u]])  q.push(parent[u]);
        dp[u][0] = dp[u][1] = 0;
        for(ll i = head[u]; i != -1; i = e[i].next) {
            dp[u][0] += max(dp[e[i].to][0], dp[e[i].to][1]);
            dp[u][1] += dp[e[i].to][0];
        }
        dp[u][1] += a[u];
    }
    printf("%d\n", max(dp[u][0], dp[u][1]));
    return 0;
}