[BZOJ1040][CODEVS1423][ZJOI2008]骑士

题目描述 Description

Z国的骑士团是一个很有势力的组织,帮会中汇聚了来自各地的精英。他们劫富济贫,惩恶扬善,受到社会各界的赞扬。最近发生了一件可怕的事情,邪恶的Y国发动了一场针对Z国的侵略战争。战火绵延五百里,在和平环境中安逸了数百年的Z国又怎能抵挡的住Y国的军队。于是人们把所有的希望都寄托在了骑士团的身上,就像期待有一个真龙天子的降生,带领正义打败邪恶。骑士团是肯定具有打败邪恶势力的能力的,但是骑士们互相之间往往有一些矛盾。每个骑士都有且仅有一个自己最厌恶的骑士(当然不是他自己),他是绝对不会与自己最厌恶的人一同出征的。战火绵延,人民生灵涂炭,组织起一个骑士军团加入战斗刻不容缓!国王交给了你一个艰巨的任务,从所有的骑士中选出一个骑士军团,使得军团内没有矛盾的两人(不存在一个骑士与他最痛恨的人一同被选入骑士军团的情况),并且,使得这支骑士军团最具有战斗力。为了描述战斗力,我们将骑士按照1至N编号,给每名骑士一个战斗力的估计,一个军团的战斗力为所有骑士的战斗力总和。

输入描述 Input Description

第一行包含一个正整数N,描述骑士团的人数。接下来N行,每行两个正整数,按顺序描述每一名骑士的战斗力和他最痛恨的骑士。

输出描述 Output Description

应包含一行,包含一个整数,表示你所选出的骑士军团的战斗力。

样例输入 Sample Input

3

10 2

20 3

30 1

样例输出 Sample Output

30

数据范围及提示 Data Size & Hint

N ≤ 1 000 000,每名骑士的战斗力都是不大于 1 000 000的正整数。

之前的一些废话:是时候准备会考了。。

题解:

有点恶心的题。

解法1:首先考虑n个点n条边的连通图,如果是n个点n-1条边那就是一棵树,再加一条边就是一个环,环上再支出去一些小树,叫做无向环套外(内)向树。虽然这题的图不一定是连通的,但是由于每一个点只会支出去一条边,所以本图是由若干个无向环套外(内)向树组成的。对于一个无向环套外(内)向树,怎么做呢?对于树的话我们可以通过树形DP(类似没有上司的舞会)的做法来做,f(i,0)表示不取 f(i,1)表示取 f(i,1)=max{f(j,0)}+w[i] f(i,0)=max{f(j,0))},max{f(j,1)}但是涉及到环呢?其实也是类似的。只不过由于首尾是有影响的,所以我们需要先强制选首选和不选各做一次DP,然后取最优值。所以首先dfs扫出该联通块内的环,打标记。对于环上每一个点进行树形DP得到答案,然后在一个环上做DP得到答案。至于如何找环的话,我们需要dfs过程中记录一下前驱。然后由于有二元环的情况,不能简单的传fa,而是需要传边的编号。

解法2:这是我在打解法1时候无意间想到的,由于n个点n条边,少一个边就变成树了,然后就可以简单的树形DP了,于是我们在dfs找环的过程中如果找到了环上的一条边,于是我们把这条边砍掉,也就是树形DP时候不走这条边,做一次DP。但是由于还是有首尾不能同时选的原因,我们可以强行选一个点或不选各做一次,也可以分别取两个点都强制不取各做一次。仔细思考一番,发现选取后者代码复杂度更低,因为如果强行取的话需要在树形DP里特判,这样就比较麻烦了。

代码:

解法1:

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
    while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    return x*f;
}
const int maxn=1000010;
struct Edge
{
    int u,v,next;
    Edge() {}
    Edge(int _1,int _2,int _3):u(_1),v(_2),next(_3) {} 
}e[maxn<<1];
int n,a,ce=-1,num,first[maxn],w[maxn],pre[maxn],vis[maxn],bl[maxn],tag[maxn],top[maxn],nxt[maxn];
bool ok;
LL ans,dp[2][maxn],dp2[2][maxn];
void addEdge(int a,int b)
{
    e[++ce]=Edge(a,b,first[a]);first[a]=ce;
    e[++ce]=Edge(b,a,first[b]);first[b]=ce;
}
void dfs(int now,int eid,int id)
{
    vis[now]=-1;bl[now]=id;
    for(int i=first[now];i!=-1;i=e[i].next)
        if(i!=eid)
        {
            if(vis[e[i].v]==-1)
            {
                int tmp=now;tag[e[i].v]=id;top[id]=e[i].v;
                while(tmp!=e[i].v)tag[tmp]=id,tmp=pre[tmp];
            }
            else if(vis[e[i].v]==0)pre[e[i].v]=now,dfs(e[i].v,i^1,id);
        }
    vis[now]=1;
} 
void treeDP(int now,int fa,int id)
{
    dp[1][now]=w[now];
    for(int i=first[now];i!=-1;i=e[i].next)
        if(!tag[e[i].v] && e[i].v!=fa)
        {
            treeDP(e[i].v,now,id);
            dp[1][now]+=dp[0][e[i].v];
            dp[0][now]+=max(dp[0][e[i].v],dp[1][e[i].v]);
        }
}
void loopinit(int now,int eid,int front,int id)
{
    if(!ok)treeDP(now,0,id);
    for(int i=first[now];i!=-1;i=e[i].next)
        if(tag[e[i].v]==id && i!=eid)
        {
            if(!ok)nxt[now]=e[i].v;
            if(e[i].v==front){ok=1;return;}
            if(!ok)loopinit(e[i].v,i^1,front,id);
        }
}
LL loopDP(int front,int id)
{
    loopinit(front,-1,front,id);
    LL ret=0;mem(dp2,0);
    dp2[0][front]=dp[0][front];
    int i=front;
    do
    {
        if(nxt[i]==front)break;
        dp2[0][nxt[i]]=max(dp2[0][i],dp2[1][i])+dp[0][nxt[i]];
        dp2[1][nxt[i]]=dp2[0][i]+dp[1][nxt[i]];
        i=nxt[i];
    }while(i!=front);
    ret=max(dp2[0][i],dp2[1][i]);
    mem(dp2,0);dp2[1][front]=dp[1][front];
    i=front;
    do
    {
        if(nxt[i]==front)break;
        dp2[0][nxt[i]]=max(dp2[0][i],dp2[1][i])+dp[0][nxt[i]];
        dp2[1][nxt[i]]=dp2[0][i]+dp[1][nxt[i]];
        i=nxt[i];
    }while(i!=front);
    ret=max(ret,dp2[0][i]);
    ok=0;
    return ret;
}
int main()
{
    mem(first,-1);
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)w[i]=read(),a=read(),addEdge(i,a);
    for(int i=1;i<=n;i++)if(!vis[i])dfs(i,-1,++num);
    mem(vis,0);
    for(int i=1;i<=num;i++)ans+=loopDP(top[i],i);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}
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解法2:

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
    while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    return x*f;
}
const int maxn=1000010;
struct Edge
{
    int u,v,next;
    Edge() {}
    Edge(int _1,int _2,int _3):u(_1),v(_2),next(_3) {} 
}e[maxn<<1];
int n,a,ce=-1,num,first[maxn],w[maxn],vis[maxn],bl[maxn],tag[maxn],top[maxn],nxt[maxn],st,ed,es;
LL ans,dp[2][maxn],dp2[2][maxn];
void addEdge(int a,int b)
{
    e[++ce]=Edge(a,b,first[a]);first[a]=ce;
    e[++ce]=Edge(b,a,first[b]);first[b]=ce;
}
void treeDP(int now,int fa,int eid)
{
    dp[1][now]=w[now];
    for(int i=first[now];i!=-1;i=e[i].next)
        if(i!=eid && (i^1)!=eid && e[i].v!=fa)
        {
            treeDP(e[i].v,now,eid);
            dp[1][now]+=dp[0][e[i].v];
            dp[0][now]+=max(dp[0][e[i].v],dp[1][e[i].v]);
        }
}
void dfs(int now,int eid,int id)
{
    vis[now]=-1;
    for(int i=first[now];i!=-1;i=e[i].next)
        if(i!=eid)
        {
            if(vis[e[i].v]==-1)st=now,ed=e[i].v,es=i;
            else if(!vis[e[i].v])dfs(e[i].v,i^1,id);
        }
    vis[now]=1;
} 
LL DP(int a,int b)
{
    mem(dp,0);
    treeDP(a,0,b);
    return dp[0][a];
}
int main()
{
    mem(first,-1);
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)w[i]=read(),a=read(),addEdge(i,a);
    for(int i=1;i<=n;i++)if(!vis[i])
    {
        dfs(i,-1,++num);
        LL ret=max(DP(st,es),DP(ed,es));
        ans+=ret;st=ed=0;es=-1;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}
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总结:

  1.  对于二元环一定要特殊考虑,传边的编号。
  2. 一定要关注代码复杂度。
posted @ 2017-06-21 17:41  小飞淙的云端  阅读(169)  评论(0编辑  收藏  举报