洛谷 P1352 没有上司的舞会

洛谷 P1352 没有上司的舞会

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题目描述

某大学有 nn 个职员，编号为 1\ldots n1…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 r_ir**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 22 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 r_ir**i。

第 (n + 2)(n+2) 到第 (2n + 1)(2n+1) 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。

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树形DP的基础题，当作例题来讲的。

关于我树形DP的讲解，需要的蒟蒻请走这边：

树形DP浅谈

看到这个题是个多阶段决策的问题，然后还有树形结构，那么就是树形DP。（逃

那么考虑状态和转移。

第一维肯定是以\(i\)为根的子树。我们容易发现这个状态肯定与当前节点有没有选择有关。因为选了当前节点，他的儿子们就都选不了。所以第二维就设置成选不选当前节点。

那么我们的状态就是：\(dp[i][0/1]\)表示以\(i\)为根的子树不邀请/邀请\(i\)得到的最大快乐指数。

那么状态转移方程就是：

\[dp[x][0]+=\max(dp[y][0],dp[y][1])\qquad(y\in son[x]) \\ \quad \\dp[x][1]+=dp[y][0] \]

方程很好想。也很容易理解。

那么就是转移了，用深搜从下到上统计信息。注意要统计入度找一下根节点\(root\)的位置。然后开始搜，答案就是：\(\max(dp[root][0],dp[root][1])\)。

附AC代码：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=6010;
int n,root,ans;
int a[maxn],fa[maxn];
int tot,to[maxn<<1],nxt[maxn<<1],head[maxn];
int dp[maxn][2];//dp[i][0/1]表示以i为根的子树邀请/不邀请i的最大快乐指数。
void add(int x,int y)
{
    to[++tot]=y;
    nxt[tot]=head[x];
    head[x]=tot;
}
void dfs(int x,int f)
{
    for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
    {
        int y=to[i];
        if(y==fa[x])
            continue;
        dfs(y,x);
        dp[x][0]+=max(dp[y][0],dp[y][1]);
        dp[x][1]+=dp[y][0];
    }
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        add(x,y);
        add(y,x);
        fa[x]=y;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(!fa[i])
            root=i;
        dp[i][1]=a[i];
    }
    dfs(root,0);
    ans=max(dp[root][0],dp[root][1]);
    printf("%d",ans);
    return 0;
}