ZJOI2008 骑士[树型dp+环套树/基环树] luogu P2607

Description

Z国的骑士团是一个很有势力的组织，帮会中汇聚了来自各地的精英。他们劫富济贫，惩恶扬善，受到社会各界的赞扬。

最近发生了一件可怕的事情，邪恶的Y国发动了一场针对Z国的侵略战争。战火绵延五百里，在和平环境中安逸了数百年的Z国又怎能抵挡的住Y国的军队。于是人们把所有的希望都寄托在了骑士团的身上，就像期待有一个真龙天子的降生，带领正义打败邪恶。

骑士团是肯定具有打败邪恶势力的能力的，但是骑士们互相之间往往有一些矛盾。每个骑士都有且仅有一个自己最厌恶的骑士（当然不是他自己），他是绝对不会与自己最厌恶的人一同出征的。

战火绵延，人民生灵涂炭，组织起一个骑士军团加入战斗刻不容缓！国王交给了你一个艰巨的任务，从所有的骑士中选出一个骑士军团，使得军团内没有矛盾的两人（不存在一个骑士与他最痛恨的人一同被选入骑士军团的情况），并且，使得这支骑士军团最具有战斗力。

为了描述战斗力，我们将骑士按照1至N编号，给每名骑士一个战斗力的估计，一个军团的战斗力为所有骑士的战斗力总和。

Input

输入文件knight.in第一行包含一个正整数N，描述骑士团的人数。

接下来N行，每行两个正整数，按顺序描述每一名骑士的战斗力和他最痛恨的骑士。

Output

输出文件knight.out应包含一行，包含一个整数，表示你所选出的骑士军团的战斗力。

Sample Input

3
10 2
20 3
30 1

Sample Output

30

Hint

对于30%的测试数据，满足N ≤ 10；

对于60%的测试数据，满足N ≤ 100；

对于80%的测试数据，满足N ≤ 10 000。

对于100%的测试数据，满足N ≤ 1 000 000，每名骑士的战斗力都是不大于 1 000 000的正整数。

分析

首先 ，把题意抽象出来，说得简单一点：

这个就很熟悉了
我们 很容易 想到一道板题：没有上司的舞会

环套树

但是
这道题并不是树型结构，他有N条边
让我们想想这个东西会长什么样子

这个东西 还有一个名字，叫环套树/基环树
就是在一个环的基础上再搞n个节点连起来，我们可以发现，如果把这个环给拆掉（去掉环上的边），他就变成了一颗颗的树。

所以它的一个处理方法就是把环上的边全部都去掉，每一个根都单独搞一次

另外，这个东西是不是怎么看怎么奇怪呢，看到这个东西就忍不住删一条边把他变成树诶。

所以我们就可以这么干 它的另外一个处理方法，就是删掉环上的一条边，把它变成一颗树，然后再去考虑断点处的情况

而且这个的实现也比较简单，因为我们只需要搞到环上的一条边就可以了 就可以用一个并查集 一旦发现这两个点先前已经连通，那么这条边就是环上的边。

---

所以 这道题的思路就出来了
我们断掉环上的边 如上文所述，用并查集即可

一旦发现这两个点先前已经连通，我们就不连这条边，然后把他的两个端点记下来，再分别以这两个端点为根，做一次没有上司的舞会

但是注意这道题可能有多个联通块
就是他可能会是一个环套树森林
所以要找N多个环
然后把每一个连通块得到的答案加在一起，就是答案

实现

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define MAXN 1000005
#define LL long long
int edge[MAXN/2][2];
int n,cnt=0;
LL f[MAXN],a[MAXN];
LL dp[MAXN][2];
vector<int> G[MAXN];
inline LL rd()
{
	char ch=getchar();LL f=1,x=0;
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1; ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
inline int Find(int x)
{
	if(x!=f[x])
		return f[x]=Find(f[x]);
	return f[x];
}
inline void Union(int x,int y)
{
	int u=Find(x),v=Find(y);
	if(u==v)
	{
		cnt++;
		edge[cnt][0]=x,edge[cnt][1]=y;
		return ;
	}
	if(u>v)
		f[u]=v;
	else f[v]=u;
	G[x].push_back(y);
	G[y].push_back(x);
}
inline void dfs(int u,int f)
{
	dp[u][0]=0,dp[u][1]=a[u];
	int siz=G[u].size();
	for(register int i=0;i<siz;i++)
	{
		int v=G[u][i];
		if(v==f) continue;
		dfs(v,u);
		dp[u][0]+=max(dp[v][0],dp[v][1]);//不去 
		dp[u][1]+=dp[v][0];//去 
	}
}
int main()
{
	n=rd();
	for(register int i=1;i<=n;i++)
		f[i]=i;
	for(register int i=1;i<=n;i++)
	{
		int v;
		a[i]=rd(),v=rd();
		Union(v,i);
	}
	LL ans=0;
	for(register int i=1;i<=cnt;i++)
	{
		dfs(edge[i][1],-1);
		LL tmp=dp[edge[i][1]][0];
		dfs(edge[i][0],-1);
		tmp=max(tmp,dp[edge[i][0]][0]);
		ans+=tmp;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

BTW

BTW，这道题我的实现或许不是很优，因为在vjudge上面测，他的时限是将所有数据点的时限加在一起算的，就没有超时。但是在洛谷上，最后一个点就会超时，卡常了一下，再开了O2才能过。