题 意:n个骑士骑士团,每个骑士都有相应的武力值和它所讨厌的骑士,每个骑士有且仅有一个自己所讨厌的骑士。求一个骑士集合,这个集合中不存在有矛盾的骑士。并且骑士集合的武力值最大。
数值范围:
2<=N<=1e6
每个骑士的武力值不大于1e6
输入样例:
3
10 2 //第一个骑士的 武力值是10 它所讨厌的骑士是2
20 3
30 1
输出样例:
30
思 路:每个骑士有且只有一个自己所讨厌的骑士,也就是说n个点n条边.可能有多个联通快,但每个联通快有且只有一条边。那么每个联通快都可以看成一个基环外向树(也就是只有也给环,也可以说是一颗树,加一条边)。而基环外向树可以用树形dp求解,
只要拆掉一条边即可。假设这条边连接的是u,v。先假设u去掉,跑一边以u就根的树形dp,在假设和v去掉,跑一边以v为跟节点的树形dp。然后取max(dp[u][0],dp[v][0]) 作为这个环的最大贡献度。 这应该是一个无相图,也很重要。
那么解这一题的关键点是什么呢?
1.找环,去边。
2.跑树形dp
收 获:学会了什么是基环外向树。还有这种建图的方式。
我自己看了很久,开始的时候觉得这代码写的太。。。。看不懂,花了有点时间
嗯~ o( ̄▽ ̄)o,我决定还是写的注释把。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 1e6+5;
typedef long long ll;
struct node {
int to,next;
} e[2*maxn]; //以这种方式建图,就不需要建树。
int head[maxn]; //可以随意取任何一个节点作为根节点,因为本来就是无向图
int ans = 0,cut,root,_root;
int n;
int w[maxn],vis[maxn];
ll dp[maxn][2];
//这种建图方式很好
void add(int u,int v) { //无向图,两边都要加
e[ans].to = v; //记录当前第ans根线的to
e[ans].next=head[u]; //指向head[u] 之前指向的那根线。
head[u]=ans++; //指向当前线
}
void dfs(int u,int fa){ //寻找环 ,顺便,标记vis
vis[u] = 1;
for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].next){
int v = e[i].to;
if(v == fa) continue;
if(!vis[v]) dfs(v,u);
else {root = v;_root=u;cut=i;} //标记要待会作为根节点的root和
} //_root 以及拆掉的线i
}
void tree_dp(int u,int fa){
dp[u][1] = w[u];
dp[u][0] = 0;
for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].next){
int temp = e[i].to;
if(i == cut || i == (cut^1) || temp == fa) continue; //优先级的问题 如果当前线等于拆掉的线return
tree_dp(temp,u);
dp[u][1] += dp[temp][0];
dp[u][0] += max(dp[temp][1],dp[temp][0]);
}
}
int main() {
while(~scanf("%d",&n)) {
ans = 0;
memset(w,0,sizeof(w));
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(dp,0,sizeof(dp));
memset(head,-1,sizeof(head));
for(int i=1; i<=n; i++) {
int u;
scanf("%d %d",&w[i],&u);
add(i,u);
add(u,i);
}
ll sum =0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(vis[i]) continue;
dfs(i,-1);
tree_dp(root,-1);
ll temp = dp[root][0];
tree_dp(_root,-1);
sum+=max(temp,dp[_root][0]);
}
printf("%lld\n",sum);
}
return 0;
}