[BZOI4472]Salesman

题目

原地址

解说

刚看完这道题感觉还是挺乱的，可能那时候脑子不太清醒，一度觉得自己又要重拾Tarjan了。当然最后还是发觉应该用树形DP。

（以下dp[u]代表以u为根的包括自己在内的子树的最大利润，bool g[u]表示u及其子树的方案数是否唯一，唯一则为0，否则为1，t[u]代表u的次数，v[u]代表u的价值）

计算最大利润确实挺简单。有点像之前做过的空调教室，但是多了次数限制和负数，但这不难处理。计算u的时候因为每个儿子在走完之后必须返回u来回到根节点，因此我们只能对儿子的dp值进行排序，选取前t[u]-1个，并且遇到负数立即停止因为接下来选的负数只能使总价值变小。

那么怎么处理方案是否唯一呢？

我们开一个bool数组g表示u及其子树的方案数是否唯一。显然，只有以下3种情况下方案数不唯一：

某个取得的儿子dp值为0(选不选都可以)

某个取得的儿子g值为1(在这颗子树中有不同的路径)

下个未选的儿子和最后选择的儿子f值相同(可以替换）（我写的时候忽略了这一点但是还是A了，大约是数据太弱了）

那么就从根开始递归一遍就可以了哦，最后看dp[1]和g[1]就可以了。

（部分实在想不上来的做法参考了DZN大佬的，谢谢啦~）

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=100000+5,Inf=2147483647;
inline int read(){
   int s=0,w=1;
   char ch=getchar();
   while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
   while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar();
   return s*w;
}
int n,head[maxn],tot,v[maxn],t[maxn],dp[maxn];
bool g[maxn];
struct node{
    int to,next;
}e[2*maxn];
void Add(int a,int b){
    e[tot].to=b;
    e[tot].next=head[a];
    head[a]=tot;
    tot++;
}
void dfs(int x,int fa){
    priority_queue<pair<int,int> > q;//按照dp值大小排序 
    for(int i=head[x];i;i=e[i].next){
        int v=e[i].to;
        if(v==fa) continue;
        dfs(v,x);
        q.push(make_pair(dp[v],v));
    }
    int num=0,sum=0,judge=0;
    while(!q.empty()&&num<t[x]-1){
        if(q.top().first<0) break;//出现拖后腿的立即停止 
        if(q.top().first==0){//有0说明方案不为1，
        //且0后面要么是0要么是负的，都无法做贡献，直接退 
            judge=1;
            break;
        }
        sum+=q.top().first;
        if(g[q.top().second]==1) judge=1;
        q.pop();
        num++;
    }
    dp[x]=sum+v[x];
    g[x]=judge;
}
int main(){
    tot=1;
    t[1]=Inf;//注意自己家可以走无数次 
    n=read();
    for(int i=2;i<=n;i++) v[i]=read();
    for(int i=2;i<=n;i++) t[i]=read();
    for(int i=1;i<=n-1;i++){
        int x,y;
        x=read(); y=read();
        Add(x,y);
        Add(y,x);
    }
    dfs(1,0);
    printf("%d\n",dp[1]);
    if(g[1]) printf("solution is not unique");
    else printf("solution is unique");
    return 0;
}

幸甚至哉，歌以咏志。