1154. 【GDOI2003】购物

Description

　　GDOI商场推出优惠活动，以超低价出售若干种商品。但是，商场为避免过分亏本，规定某些商品不能同时购买，而且每种超低价商品只能买一件。身为顾客的你想获得最大的实惠，也就是争取节省最多的钱。经过仔细研究，发现商场出售的超低价商品中，不存在以下情况： 　　n(n>=3)种商品C1,C2,…..,Cn,其中Ci,Ci+1是不能同时购买的(i=1,2…,n-1)并且C1, Cn也不能同时购买。 　　编程计算可以节省的最大金额数。

Input

　　第一行两个整数K,M(1<=K<=1000).其中K表示超低价商品数。K种商品的编号依次为1,2,…,K。M表示不能同时购买的商品对数.接下来K行，第i行有一个整数Xi表示购买编号为i的商品可以节省的金额(1<=Xi<=100).再接下来M行，每行两个数A ,B,表示A和B不能同时购买，1<=A<=K,1<=B<=K,A<>B

Output

　　仅一个整数，表示能节省的最大金额数。

Sample Input

3 1 1 1 1 1 2

Sample Output

2

既然是树，我们为了方便就把它弄成有根树。
这道题跟节点数有关，我们就可以用一个DFS来求出当前节点的儿子树
题目要求，我们要找一个点，删除后要求剩下的联通块节点数不超过总数的一半。
我们可以通过一个DFS，每步回溯子树大小，判断是否能否删除此节点

#include<cstdio>#include<algorithm>#define N 1005using namespace std;int k,m,s=0,p[N][N],t[N][N],c[N],f[N][2];bool v[N];void make(int x){    v[x]=1;    for(int i=1;i<=p[x][0];i++)        if(!v[p[x][i]])        {            t[x][++t[x][0]]=p[x][i];            make(p[x][i]);        }}void work(int x){    f[x][0]=0,f[x][1]=c[x];    if(t[x][0]==0) return;    for(int i=1;i<=t[x][0];i++) work(t[x][i]);    for(int i=1;i<=t[x][0];i++)    {        f[x][0]+=max(f[t[x][i]][0],f[t[x][i]][1]);        f[x][1]+=f[t[x][i]][0];    }}int main(){    scanf("%d%d",&k,&m);    for(int i=1;i<=k;i++) scanf("%d",&c[i]);    for(int i=1;i<=m;i++)    {         int a,b;        scanf("%d%d",&a,&b);        p[a][++p[a][0]]=b;        p[b][++p[b][0]]=a;    }    for(int i=1;i<=k;i++)        if(p[i][0]==0) s+=c[i];        else if(!v[i])        {            make(i);            work(i);            s+=max(f[i][0],f[i][1]);        }    printf("%d",s);    return 0;}