题目描述
Ural大学有N名职员,编号为1~N。
他们的关系就像一棵以校长为根的树,父节点就是子节点的直接上司。
每个职员有一个快乐指数,用整数 Hi 给出,其中 1≤i≤N。
现在要召开一场周年庆宴会,不过,没有职员愿意和直接上司一起参会。
在满足这个条件的前提下,主办方希望邀请一部分职员参会,使得所有参会职员的快乐指数总和最大,求这个最大值。
输入格式
第一行一个整数N。
接下来N行,第 i 行表示 i 号职员的快乐指数Hi。
接下来N-1行,每行输入一对整数L, K,表示K是L的直接上司。
输出格式
输出最大的快乐指数。
数据范围
1≤N≤6000,
−128≤Hi≤127
输入样例:
7
1
1
1
1
1
1
1
1 3
2 3
6 4
7 4
4 5
3 5
输出样例:
5
思路
(树形DP) O(n)
题解里的人都建图了啊,但是这题明明可以不用这么麻烦的……
本题稍加思索即可得出为树形dp。
每个人只有两种状态,则设dp[0][i]为第i个人不来,他的下属所能获得的最大快乐值;dp[1][i]为第i个人来,他的下属所能获得的最大快乐值。
所以容易推出状态转移方程:
分析可得,每个人的状态要在下属的状态更新完了才能更新,所以用类似拓扑的方法,只记录每个子节点的父亲,最后从所有入度为0的点开始跑就行了。在更新每个子节点时顺便让父节点加上自己的权值,最后访问父节点时权值已经更新好了.
转自https://www.acwing.com/solution/content/4757/
c++ dp
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 6010;
int n;
int happy[N];
int h[N], e[N], ne[N], idx;
int f[N][2]; //2.即用0,1表示当前根节点是否选择
bool has_father[N]; //标记当前点是否有父节点
void add(int a, int b){
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}
void dfs(int u){
f[u][1] = happy[u]; //标记当前点选择的情况下,快乐度赋值
//遍历所有子树,计算选择和不选择情况下的快乐度数
for(int i = h[u]; i != -1; i = ne[i]){
int j = e[i];
dfs(j); //遍历当前子树,将子树中的情况都赋值快乐度。
//不选择当前节点
f[u][0] += max(f[j][0], f[j][1]);
//选择当前节点,为了使得快乐度最大,子树不应该参与
f[u][1] += f[j][0];
}
}
int main(){
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", &happy[i]);
memset(h, -1, sizeof h);
for(int i = 0; i < n - 1; i ++){
int a, b;
scanf("%d%d", &a, &b);
has_father[a] = true;
add(b, a);
}
int root = 1;
while(has_father[root]) root ++; //寻找父节点
dfs(root);
printf("%d\n", max(f[root][0], f[root][1]));
return 0;
}
C++ 拓扑结构实现
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <queue>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
int f[N][2];
int w[N], parent[N], in[N];
int n;
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> w[i];
memset(parent, -1, sizeof parent);
for (int i = 1; i < n; i ++) {
int a, b;
cin >> a >> b;
parent[a] = b;
++in[b];
}
queue<int> q;
for (int i = 1; i <= n; i ++)
if (in[i] == 0) q.push(i);
int chd = 0, fa = -1;
while (!q.empty()) {
int size = q.size();
for (int i = 1; i <= size; ++i) {
chd = q.front();
q.pop();
f[chd][1] = w[chd];
if (parent[chd] != -1) {
fa = parent[chd];
f[fa][0] += max(f[chd][0], f[chd][1]);
f[fa][1] += f[chd][0];
if (--in[fa] == 0) q.push(fa);
}
}
}
cout << max(f[chd][0], f[chd][1]) << endl;
return 0;
}