ABC341F 题解

题意简述

不得不说读题是一个很重要的东西。

给你一个无向图，每个节点上有权值 $W_i$，上面还有 $A_i$ 个棋子。

你可以执行任意次下面这样的操作：

• 选择一个上面还有棋子的点 $u$，拿走其中的一个棋子。
• 在与点 $u$ 相连的点中选择一些点（可以不选），使得这些点的权值和严格小于 $W_u$，然后往这些点上放上一个棋子。

可以证明，在有限次操作内，棋盘中的棋子必定会全部消失，问你操作最多能执行多少次？

解法

首先注意到，这个无向图可以转化成有向图，我们对每个边判断一下，如果 $u$ 能向 $v$ 传递棋子就连边，即 $W_u>W_v$。

进一步观察这个图，可以发现它是一个 DAG（有向无环图），证明如下：

假设这个有向图中存在一个环 $u \to x \to y \to \cdots \to u$，那么根据我们的建图，可以得出 $W_u>W_x>W_y>\cdots>W_u$。然而 $W_u$ 是不可能比自己大的，所以该假设不成立，进而说明这是一个有向无环图。

有向无环图是一种优美的图，因为我们可以对其进行 DP。

设 $val_i$ 为在 $i$ 点放 $1$ 个棋子后，这个点可以往后的操作数，答案就是 $\sum_{i=1}^n val_i\times A_i$，现在我们的任务就转变为了求出 $val_i$。

对于点 $i$，如何确定一种选择将要传递的点的方案是关键。发现它可以转化为 $0/1$ 背包模型。这个点的背包体积是 $W_i$，物品就是他相邻的点，物品 $j$ 的体积是 $W_j$，价值是 $val_j$，使用 $0/1$ 背包即可求出 $val_i$。

我们求 $val_i$ 时需要已经计算出来的 $val_j$，这就是我们使用拓扑序 DP 的原因，拓扑序可以保证在求 $val_i$ 的时候，所有的 $val_j$ 已经被求出。

值得注意的是，就算任何物品都不选，把自己身上的一个棋子消掉也有一种操作，所以对于求出的 DP 值要加 $1$。

剩下的就是代码细节了，可以参考我的代码。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=5e3+10,M=5010;
int n,m;
struct edge{
	int v,w,nxt;
}e[N*2];
int head[N],cnt=1;
void add(int u,int v,int w){
	e[cnt].v=v;
	e[cnt].w=w;
	e[cnt].nxt=head[u];
	head[u]=cnt++;
}
int w[N],a[N],d[N];
int u[N],v[N];

vector<int> f[N],g[N];

int dp[N],val[N];
void solve(int u){ // 求解点 u 的 val 值
	memset(dp,0,sizeof(dp));
	for(int i=0;i<f[u].size();i++){
		for(int j=w[u];j>w[f[u][i]];j--){
			dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[f[u][i]]]+val[f[u][i]]);
		}
	}
	val[u]=dp[w[u]]+1;
}

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++)cin>>u[i]>>v[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>w[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=m;i++){
		if(w[v[i]]>w[u[i]])swap(u[i],v[i]);
		if(w[u[i]]==w[v[i]])continue;
		f[u[i]].push_back(v[i]);
		g[v[i]].push_back(u[i]);
		d[u[i]]++;
	}
	queue<int> q;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(d[i]==0){
			q.push(i);
		}
	}
	while(!q.empty()){
		int p=q.front();q.pop();
		solve(p);
		for(int x:g[p]){
			d[x]--;
			if(d[x]==0)q.push(x);
		}
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ans+=val[i]*a[i];
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}