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题目描述
小明对数学饱有兴趣，并且是个勤奋好学的学生，总是在课后留在教室向老师请教一些问题。一天他早晨骑车去上课，路上见到一个老伯正在修剪花花草草，顿时想到了一个有关修剪花卉的问题。于是当日课后，小明就向老师提出了这个问题：
一株奇怪的花卉，上面共连有 N朵花，共有 N-1条枝干将花儿连在一起，并且未修剪时每朵花都不是孤立的。每朵花都有一个“美丽指数”，该数越大说明这朵花越漂亮，也有“美丽指数”为负数的，说明这朵花看着都让人恶心。所谓“修剪”，意为：去掉其中的一条枝条，这样一株花就成了两株，扔掉其中一株。经过一系列“修剪“之后，还剩下最后一株花（也可能是一朵）。老师的任务就是：通过一系列“修剪”（也可以什么“修剪”都不进行），使剩下的那株（那朵）花卉上所有花朵的“美丽指数”之和最大。
老师想了一会儿，给出了正解。小明见问题被轻易攻破，相当不爽，于是又拿来问你。
输入输出格式
输入格式：
第一行一个整数N(1≤N≤16000) 。表示原始的那株花卉上共 N 朵花。
第二行有 N个整数，第 I 个整数表示第 I 朵花的美丽指数。
接下来N−1 行每行两个整数 a,b ，表示存在一条连接第 a 朵花和第 b 朵花的枝条。
输出格式：
一个数，表示一系列“修剪”之后所能得到的“美丽指数”之和的最大值。保证绝对值不超过 2147483647。
输入输出样例
输入样例#1： 复制
7 -1 -1 -1 1 1 1 0 1 4 2 5 3 6 4 7 5 7 6 7
输出样例#1： 复制
3
说明
【数据规模与约定】
对于 60% 的数据，有 N≤1000 ；
对于 100% 的数据，有 N≤16000 。
很显然，题目暗示着花连接成一棵树（n朵花，n-1条根枝条）。
最后选出来的必定是一个连通的“株”，也就是最大权值连通块，那么我们考虑树型dp。
假设某朵花被选，那么与它连通的所有花都必选；
假设某朵花不选，那么与它连通的花都必不可选。
显然dp方程为：
其中dp[i][0]表示不选i，dp[i][1]表示选i，k为i的子结点。
比如说对于样例：
先建树（如图），从根（1）开始遍历，到4、7、6、3，则dp[3][0]=0,dp[3][1]=-1；
回6，dp[6][0]=0，dp[6][1]=1.
到7时，注意不可能越过不选6而选3去更新dp[7][1]，因dp[7][1]=max(dp[7][1],dp[7][1]+dp[6][1])，与dp[6][0]无关。
也不可能在不取7时同时取5,6两棵子树，因dp[7][0]取的是子树最大值而不是累加。
这即是说，dp[i][0]具有传递性，一旦当前点不取，上面的点更新时若取此值也必定不能取。
代码：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define INF 2147483647;
using namespace std;
struct forward_star
{
int next,to;
};
int n,cnt;
int a[16001];
forward_star edge[32001];
int head[16001];
int dp[16001][2];
bool vis[16001];
bool usable[32001];
void add(int u,int v)
{
cnt++;
edge[cnt].to=v;
edge[cnt].next=head[u];
head[u]=cnt;
}
void build(int now) //建树
{
vis[now]=true;
int i=head[now];
while (i!=0)
{
if (!vis[edge[i].to])
build(edge[i].to);
else usable[i]=false;
i=edge[i].next;
}
}
void solve(int now) //树型dp求解
{
dp[now][0]=-INF;
dp[now][1]=a[now];
int i=head[now];
while (i!=0)
{
if (usable[i])
{
solve(edge[i].to);
int cc=max(dp[edge[i].to][0],dp[edge[i].to][1]);
dp[now][0]=max(dp[now][0],cc);
dp[now][1]=max(dp[now][1],dp[now][1]+dp[edge[i].to][1]);
}
i=edge[i].next;
}
}
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);
}
memset(usable,true,sizeof(usable));
build(1);
solve(1);
printf("%d",max(dp[1][0],dp[1][1]));
}