洛谷P1453 城市环路

这道题的解题关键在于：n个点，n条边

说起n个点，n-1条边，联通，必然是树形结构

那再多一条边呢？

这种图有自己的名字：基环树，也就是只有一个环的树

比如：

 

在做这题前可以先去看看：洛谷P1352没有上司的舞会

要求一条边的两个端点不能同时取，处理方法是设dp[i][0/1]表示这点取或者不取

转移方程为:

dp[u][0]+=max(dp[to][0],dp[to][1]);
dp[u][1]+=dp[to][0];

其中该点不选（0）时，对son没有影响，贪心地选择最大值即可；

该点要选（1）时，要求son一定不能选，就只能+dp[son][0];

 

这道题可以看成是基环树版本的P1352

做法是分别找环上两点S和T，以这两点为根进行一次dfs，最后取dp[S][0]和dp[T][0]的最大值

 

 因为状态转移方程可以保证树的两边点不能同时选，但无法保证S和T有没有同时选，这个dp过程是不知道的

假设最优解为选S,不选T，那么答案在dp[T][0]，同理dp[S][0]

如果最优解是S和T都不选，那更好了>_<

 

PS:对于基环树，一般可以删去一条边，转化为比较熟悉的树，或者像这题这样什么的

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=int(1e5)+7;
int vis[maxn],vis2[maxn],n,p[maxn],head[maxn],cnt=0,s,t,isfind=0;
long long ans=0,dp[maxn][3],dp2[maxn][3];
double k;
struct lys{
    int from,to,nxt;
}e[maxn*3];
void add(int from,int to)
{
    cnt++;e[cnt].from=from;e[cnt].to=to;e[cnt].nxt=head[from];head[from]=cnt;
}
void build(int fa,int u)
{ 
  vis[u]=1;
    for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt)
    {
        int to=e[i].to;
        if(to==fa) continue;
        if(vis[to]==1) 
        {
            s=to;t=u;continue;
        }
        build(u,to);
    }
}
void dfs(int fa,int u)
{ vis[u]=1;
  dp[u][0]=0;
  dp[u][1]=p[u];
    for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt)
    {
        int to=e[i].to;
        if(to==fa||vis[to]) continue;
        dfs(u,to);
        dp[u][0]+=max(dp[to][0],dp[to][1]);
        dp[u][1]+=dp[to][0];
    }
}
int main()
{ isfind=0;
    //freopen("lys.in","r",stdin);
   cin>>n;
   for(int i=1;i<=n;i++) cin>>p[i];
   for(int i=1;i<=n;i++)
   {
        int u,v;cin>>u>>v;
        u++;v++;
        add(u,v);
        add(v,u);
   }    
   cin>>k;
   build(-1,1);
   memset(vis,0,sizeof(vis));
   dfs(0,s);
   ans=dp[s][0];
   memset(vis,0,sizeof(vis));
   dfs(0,t);
   ans=max(dp[s][0],dp[t][0]);

   printf("%.1lf",(double)ans*k);
}