Codeforces 1220E. Tourism

传送门

这是一道英语题，首先要读懂题目：

$\text{Alex believes that his trip will be interesting only if he will not use any road twice in a row.}$

这句话意思是不会连续走一条路，但是同一条路是可以走多次的

所以对于一个边双联通分量，是可以全部走一遍并可以从联通分量里的任意一个点离开的

所以就可以直接缩点，然后就变成树上问题

发现对于树上的点，如果它的大小为 $1$ 并且它的儿子都没法返回 ，那么到达它以后就没法返回，反之一定可以返回（自己内部绕一圈或者走到儿子再回来即可）

考虑树上搞搞 $dp$，设 $f[x]$ 表示走完 $x$ 的子树以后并能返回 $x$ 的父亲时得到的最大价值，$g[x]$ 表示走完 $x$ 的子树不返回的最大价值

那么对于一个可以返回父亲的的子节点 $v$ ，有转移：$f[x]+=f[v]$

对于 $g[x]$ ，比较复杂，首先 $g[x]$ 可以是 $x$ 走完所有可以返回的儿子，最后再走到一个不能返回的儿子：$g[x]=f[x]+g[v]$

也可以是走到某个虽然可以返回，但是没必要返回的儿子里面不返回（因为儿子再往下走到不能返回的节点最终价值可能更大）：$g[x]=g[x]-f[v]+g[v]$，这里减去 $f[v]$ 是因为之前加上了

然后最后答案就是 $g[root]$

#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{
    int x=0,f=1; char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
    while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
    return x*f;
}
const int N=4e5+7;
int n,m,a[N];
int fir[N],from[N<<1],to[N<<1],cntt;
inline void add(int a,int b) { from[++cntt]=fir[a]; fir[a]=cntt; to[cntt]=b; }
int dfn[N],low[N],bel[N],st[N],sz[N],Top,cnt,tot;
void Tarjan(int x,int fa)
{
    dfn[x]=low[x]=++cnt; st[++Top]=x;
    for(int i=fir[x];i;i=from[i])
    {
        int &v=to[i]; if(v==fa) continue;
        if(!dfn[v]) Tarjan(v,x),low[x]=min(low[x],low[v]);
        else if(!bel[v]) low[x]=min(low[x],dfn[v]);
    }
    if(low[x]!=dfn[x]) return;
    tot++; while(st[Top]!=x) bel[st[Top--]]=tot;
    bel[st[Top--]]=tot;
}
struct edge {
    int u,v;
    edge (int _u=0,int _v=0) { u=_u,v=_v; }
    inline bool operator < (const edge &tmp) const {
        return u!=tmp.u ? utmp.v;
    }
    inline bool operator == (const edge &tmp) const {
        return u==tmp.u&&v==tmp.v;
    }
};
vector  tmp;
vector <int> V[N];
ll val[N];
void build()
{
    for(int i=1;i<=n;i++) val[bel[i]]+=a[i],sz[bel[i]]++;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=fir[i];j;j=from[j])
        {
            int &v=to[j]; if(bel[i]==bel[v]) continue;
            tmp.push_back(edge(bel[i],bel[v]));
        }
    sort(tmp.begin(),tmp.end()); unique(tmp.begin(),tmp.end());
    for(auto E: tmp) V[E.u].push_back(E.v);
}
ll f[N],g[N];
bool ret[N];
void dfs(int x,int fa)
{
    f[x]=val[x]; if(sz[x]>1) ret[x]=1;
    ll mx=0;
    for(auto v:V[x])
    {
        if(v==fa) continue;
        dfs(v,x);
        if(ret[v]) f[x]+=f[v],ret[x]=1;
        else mx=max(mx,g[v]);
    }
    g[x]=f[x]+mx;
    for(auto v:V[x])
        if(v!=fa&&ret[v])
            g[x]=max(g[x], f[x]-f[v]+g[v] );
}
int main()
{
    n=read(),m=read(); int x,y;
    for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        x=read(),y=read();
        add(x,y); add(y,x);
    }
    int s=read();
    for(int i=1;i<=n;i++) if(!dfn[i]) Tarjan(i,0);
    build();
    dfs(bel[s],0);
    printf("%lld\n",g[bel[s]]);
    return 0;
}

 

转载于:https://www.cnblogs.com/LLTYYC/p/11556396.html