2014百度之星初赛第一轮解题报告：party
|
party
时间限制:3s 内存限制: 65536K
问题描述
B公司共有N个员工，但是并不是所有人都能和睦相处。在每一个人的心中都有一个潜在的对手，任何人都不能接受和他的对手同时参加B公司的聚餐。然而这种关系并不一定是对称的，也就是说，A把B视作自己的对手，而B所想的对手并不一定是A。
现在，B公司准备举办一次盛大的聚会，公司希望员工通过这次聚会获得尽可能多的快乐值。第i个员工的快乐值 是一个大于0不大于100的整数，如果他参加聚餐，他就会获得 的快乐值，如果他的对手参加聚餐，他的快乐值 就为0。
但老板在安排聚餐时不知道如何解决这个问题，因此，他找到你帮忙计算这次聚会最多可以带来多少快乐值。
输入
输入数据的第一行是一个整数T，表示有T组测试数据。
每组数据的第一行包括一个整数N，表示共有N个员工。（约有500组数据N不大于500，约有10组数据N不大于100000）
第二行是N个用空格隔开的整数，第i个整数 表示第i个员工的对手的编号。数据保证 ，且 。
第三行也包含N个用空格隔开的整数，表示第i个员工能够获得的快乐值 。
输出
对于第k组数据，第一行输出Case #k:，第二行输出仅包含一个数，表示这次聚会最多可以带来多少快乐值。
样例输入
1
8
2 7 1 8 4 2 3 5
50 30 40 40 50 10 70 60
样例输出
Case #1:
190
Hint
在样例中，应选择1、6、7、8号员工。
解题报告：
将每个员工认为是图上的一个顶点，如果员工s的敌人是员工t，则s到t建立一条有向边。由于每个员工只有一个敌人，因此每个顶点的出度为1。所以整个图可以被拆分成多个连通子图，每个联调子图上只有一个环，可以分别对每个连通子图单独处理。
考虑每个连通子图，找出环上的任意一条边s->t，去除这条边后，可以得到以s为根的一颗树，然后枚举t被选择或者不被选择的情况，分别做一轮树形DP。
假设dp[k][0]表示在节点k不被选择的情况下，以节点k为根节点的子树下能够选择出来的最大快乐值；dp[k][1]则表示节点k被选择的情况。那么可以得到
dp[k][0] = sum( max( dp[son][0], dp[son][1] ) ) (son是节点k的儿子节点)
dp[k][1] = sum( dp[son][0] ) + happy[k] (happy[k]表示节点k能够获得的快乐值)
当t被选择情况下 max_value1= dp[0];当t不被选择情况下max_value2=
max(dp[0], dp[1])；而每个连通子图的最优解是max(max_value1,max_value2)
整体处理的时间复杂度为O(N)
解题代码： |
#include<iostream>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<stdio.h>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 100010;
int val[N],ru[N],vis[N],res[N][2];
vector<int>edge[N];
queue<int>que;
int main()
{
int T = 1;
int csnum;
scanf("%d",&csnum);
for(int cs=1;cs<=csnum;cs++)
{
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
edge.clear();
ru=0;
vis=0;
}
while(que.empty()==false)
que.pop();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int a;
scanf("%d",&a);
edge.push_back(a);
edge[a].push_back(i);
ru++;ru[a]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&val);
res[1]=val;
res[0]=0;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(ru==1)
que.push(i);
}
while(que.empty()==false)
{
int x=que.front();
que.pop();
vis[x]=1;
for(int i=0;i<edge[x].size();i++)
{
int y=edge[x];
if(vis[y]==0)
{
ru[y]--;
if(ru[y]==1)
que.push(y);
res[y][1]+=res[x][0];
res[y][0]+=max(res[x][1],res[x][0]);
}
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(vis==0)
{
int rs[2][2];
rs[0][0]=rs[0][1]=rs[1][0]=res[0];
rs[1][1]=res[1];
int pre=i;
vis=1;
do{
int x=-1;
for(int j=0;j<edge[pre].size();j++)
{
x=edge[pre][j];
if(vis[x]==0)
break;
}
// printf("%d-%d ",pre,x);
// puts("");
if(vis[x]==1)
break;
vis[x]=1;
int nrs[2][2];
for(int u=0;u<2;u++)
{
nrs[0]=max(rs[0],rs[1])+res[x][0];
nrs[1]=rs[0]+max(res[x][0],res[x][1]);
}
for(int u=0;u<2;u++)
for(int v=0;v<2;v++)
rs[v]=nrs[v];
pre=x;
}while(true);
int a=max(rs[0][0],rs[0][1]);
int b=rs[1][0];
ans+=max(a,b);
// printf("%d %d\n",i,max(a,b));
}
}
printf("Case #%d:\n%d\n", T++, ans);
}
return 0;
}
