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题目大意:
每个骑士都有自己的战斗力且不能和另一个特定的骑士同时出征,试问出征的骑士最大总战斗力是多少(总战斗力等于所有出征的骑士的战斗力之和)
思考过程:
做过洛谷P1352 没有上司的舞会的同学肯定会觉得这个题和它很想,只不过那个题是n个点n-1条边的树,这个题是n个点n条边的基环树,多了一个环而已。我们要思考怎么转化。我们首先找到环上的一条边,断开这条边并记录左右端点(假设为mark1,mark2),对左右端点分别做dp(dp和那个题一样,没做过那个题的同学可以先去做那个题),dp[i][0]表示在i的子树中不取i的最大结果,dp[i][1]表示在i的子树中取i的最大结果,那么答案就是max(dp[mark1][0],dp[mark2][0])。为什么这样是对的呢?我们冷静分析一下,mark1和mark2是不能同时选的,dp[mark1][0]表示不取mark1,mark2取不取就无所谓了,对于mark2同理,这样我们就相当于完美的考虑了这条边对答案的影响,正确性显然。(注意可能有多个联通块,要把所有答案相加)
具体做法:
1.读入时使用并查集找到环上的一条边,记录左右端点(mark1,mark2)
2.对左右端点分别做树形dp(注意dp[mark1][0]和dp[mark2][0]是两次dp分别得到的结果,并不是一次dp中得到的值)
3.将ans加上max(dp[mark1][0],dp[mark2][0]),继续这个过程直到遍历所有联通块
代码:(注意此题树形dp不能用bfs。我之前用的就是bfs,以为树是一个扫帚能卡过去,结果发现不可行QAQ)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e6+100;
struct stu
{
int to,next;
}road[2*maxn]; int first[maxn],cnt=0;
long long ans,dp[maxn][2],fa[maxn];
int n,val[maxn],mark1[maxn],mark2[maxn],cnt1=0;
void addedge(int x,int y)
{
road[++cnt].to=y;
road[cnt].next=first[x];
first[x]=cnt;
}
int find(int x)
{
if(x==fa[x]) return x;
return fa[x]=find(fa[x]);
}
void dfs(int now)
{
dp[now][0]=0,dp[now][1]=val[now];
for(int i=first[now];i;i=road[i].next)
{
int to=road[i].to;
if(to==fa[now]) continue;
fa[to]=now;
dfs(to);
dp[now][0]+=max(dp[to][0],dp[to][1]);
dp[now][1]+=dp[to][0];
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x;
scanf("%d%d",&val[i],&x);
int p1=find(i),p2=find(x);
if(p1==p2)
{
mark1[++cnt1]=i;
mark2[cnt1]=x;
}
else
{
fa[p1]=p2;
addedge(i,x);
addedge(x,i);
}
}
for(int tt=1;tt<=cnt1;tt++)
{
long long nowans=0;
memset(fa,0,sizeof(fa));
memset(dp,0,sizeof(dp));
dfs(mark1[tt]);
nowans=dp[mark1[tt]][0];
memset(fa,0,sizeof(fa));
memset(dp,0,sizeof(dp));
dfs(mark2[tt]);
nowans=max(nowans,dp[mark2[tt]][0]);
ans+=nowans;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}