ZOJ 3734: LIKE vs CANDLE

题目链接：

http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemCode=3734

题目大意：

若干微博账户形成了一个转发树（即一个有根树）。

每个账户有自己的价值，每个账户也有自己的态度（赞或蜡烛）。

如果一个账户的态度是“赞”，它的价值就会被加到“赞”的一边，反之亦然。

Edward 可以从“赞”的一边拿出X 的价值去翻转一个账户，即把它的态度换到相反的一边。

但是Edward 发现，有的账户已经被别人翻转过了，对于这些账户，Edward 就要花费Y 的价值去翻转它们。

一旦一个账户被翻转了一次，它的所有子账户也会被翻转一次。

求“赞”的一边的价值总数与“蜡烛”一边的价值总数的最大差值。若最大差值为负数则输出“HAHAHAOMG”。

算法：

典型的树状DP。

但是如果直接自下向上更新的话，会发现父节点是否翻转的信息无法传递给子节点。

于是，除了记录当前节点是否直接被Edward 翻转以外，我们不妨再加一维状态，表示当前节点的父节点实际是否翻转（直接、间接都算在内）。

DP维护以下两个状态：

flag_pre 代表该节点的父节点实际是否被翻转（注意不是指父节点是否直接被Edward 翻转）

flag_cur 代表该节点是否直接被Edward 翻转（注意该节点直接被Edward 翻转不代表该节点最终一定被翻转了，因为有可能它之前被别人翻转过或者它的父节点被翻转了）

对于每个节点u，假设它的父节点是 p。

那么，它的 dp[u][0][x1]状态会被更新到dp[p][x2][0]状态上，它的 dp[u][1][x1]状态会被更新到dp[p][x2][1]状态上。

这样就保证了子节点和父节点间信息的一致性。

根据以上两个状态可以计算出以下两个状态

flag_nxt = flag_pre ^ flag_cur ^ s[i]，代表该节点实际是否被翻转 。该节点的flag_nxt 对应的是它子节点的flag_pre。

flag_nxt ^ p[i]，代表这个节点最终的态度(赞或者蜡烛)

其实只要维护这个点实际有没有翻转这一个状态就可以了，别的都是可以推出来的。

但是这样就要特判根节点，因为根节点不能翻转。我懒。。。

PS：

这道题在我写过的树状DP里算是代码非常之短的了。

50行您买不了吃亏~ 50行您买不了上当~ 耶！

代码如下：

#include 
#include 
#include 
#include 

const int maxn = 51000;
std::vector  map[maxn];
int v[maxn], f[maxn], s[maxn], p[maxn];
int dp[maxn][2][2];
int n, x, y;

int dfs(int u, int flag_pre, int flag_cur)
{
    if (dp[u][flag_pre][flag_cur] != INT_MIN)
    {
        return dp[u][flag_pre][flag_cur];
    }
    int flag_nxt = flag_pre ^ flag_cur ^ s[u];
    int tmp = (flag_nxt ^ p[u]) ? -v[u] : v[u];
    if (flag_cur)
    {
        tmp -= s[u] ? y : x;
    }
    for (int i = 0 ; i < map[u].size(); i ++)
    {
        int v = map[u][i];
        tmp += std::max(dfs(v, flag_nxt, 0), dfs(v, flag_nxt, 1));
    }
    return dp[u][flag_pre][flag_cur] = tmp;
}

int main()
{
    while (scanf("%d %d %d", &n, &x, &y) == 3)
    {
        for (int i = 0; i <= n; i ++)
        {
            map[i].clear();
            dp[i][0][0] = dp[i][0][1] = dp[i][1][0] = dp[i][1][1] = INT_MIN;
        }
        for (int i = 1; i <= n; i ++)
        {
            scanf("%d %d %d %d", &v[i], &f[i], &s[i], &p[i]);
            map[f[i]].push_back(i);
        }
        dfs(0, 0, 0) < 0 ? puts("HAHAHAOMG") : printf("%d\n", dp[0][0][0]);
    }
    return 0;
}