[BZOJ1040][ZJOI2008]骑士（树形dp）

来源：互联网发布：希腊罗马神话知乎编辑：程序博客网时间：2024/05/27 00:35

题目描述

传送门

题解

首先可以看出来整个图是若干个环套树，有边相连的两个节点不能同时选，求选出来的最大权。
如果是一棵树的话就是一个简单的树形dp，但是由于是环套树，环上的就需要特殊考虑。
如果我们首先先求出来每一个外向树的答案f[i][0],f[i][1]，分别表示以i为根的子树中不选i的最大权和选i的最大权。那么问题就变成了有一圈若干个点，相邻的点不能同时选，选择一个最优的方案。那这就又变成了一个dp的问题，g[i]表示前i个点的最优解，那么g[i]=max(g[i-2]+f[i-1][0]+f[i][1],g[i-1]+f[i][0])，然后强制不选第一个点和强制不选第n个点做两遍，就可以得到答案。
但是还有另外一种思路：在环上随便砍断一条边，就变成了一棵树。如果在这棵树上做dp的话就相当于是默认了这条边的两个端点不能同时选。那我们分别以这两个端点出发，做两次树形dp，分别强制这两个端点不选，然后取最大值就是答案。

这道题提醒我：环套树不一定先做外向树然后再考虑环，有可能进行删边操作之后在树上直接dp。

代码

#include<iostream>#include<cstring>#include<cstdio>using namespace std;#define N 1000005#define LL long longint n,x,l,r; LL ans;int tot,point[N],nxt[N*2],v[N*2],s[N*2];LL val[N],f[N][2];bool flag,vis[N];void addedge(int x,int y){    ++tot; nxt[tot]=point[x]; point[x]=tot; v[tot]=y;    ++tot; nxt[tot]=point[y]; point[y]=tot; v[tot]=x;}void dfs(int x,int fa){    vis[x]=true;    for (int i=point[x];i!=-1&&(!flag);i=nxt[i])        if (v[i]!=fa)        {            if (vis[v[i]])            {                l=x,r=v[i]; s[i]=s[i^1]=-1;                flag=true;                break;            }            dfs(v[i],x);        }}void treedp(int x,int fa,int cant){    vis[x]=true;    if (x!=cant) f[x][1]=val[x];    else f[x][1]=0;    f[x][0]=0;    for (int i=point[x];i!=-1;i=nxt[i])        if (v[i]!=fa&&s[i]!=-1)        {            treedp(v[i],x,cant);            f[x][0]+=max(f[v[i]][0],f[v[i]][1]);            f[x][1]+=f[v[i]][0];        }}int main(){    tot=-1; memset(point,-1,sizeof(point)); memset(nxt,-1,sizeof(nxt));    scanf("%d",&n);    for (int i=1;i<=n;++i)    {        scanf("%lld%d",&val[i],&x);        addedge(x,i);    }    for (int i=1;i<=n;++i)        if (!vis[i])        {            flag=false;            dfs(i,0);            LL Max=0;            treedp(l,0,r);            Max=max(f[l][0],f[l][1]);            treedp(r,0,l);            Max=max(Max,max(f[r][0],f[r][1]));            ans+=Max;        }    printf("%lld\n",ans);}

总结

①dp的时候一定要想好，标记边的时候两条双向边都要标记。

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