[SMOJ1782]最大利润

题目描述

政府邀请了你在火车站开饭店，但不允许同时在两个相连接的火车站开。任意两个火车站有且只有一条路径，每个火车站最多有 50 个和它相连接的火车站。

告诉你每个火车站的利润，问你可以获得的最大利润为多少。

例如下图是火车站网络：

最佳投资方案是在1，2，5，6这4个火车站开饭店可以获得利润为 90

输入格式 1782.in

第一行输入整数 N(≤100000) ，表示有 N 个火车站，分别用 1,2,…,N 来编号。接下来 N 行，每行一个整数表示每个站点的利润，接下来 N−1 行描述火车站网络，每行两个整数，表示相连接的两个站点。

输出格式 1782.out

输出一个整数表示可以获得的最大利润。

输入样例 1782.in

6
10
20
25
40
30
30
4 5
1 3
3 4
2 3
6 4

输出样例 1782.out

90

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这道题目是树型 DP 的典型题，也是入门难度的，比较容易想。

我们先来分析一下题目的条件。

首先，“任意两个火车站有且只有一条路径”，这意味着这道题目是在一个无环的连通图上进行的。再想想，既然无环，其实我们完全可以指定一个根结点，把图的形式稍微变一下。例如，以下表示方式与样例是等价的。（作图的时候出了点问题，权且看作是一棵以 5 为根的倒过来的树吧）

看， 这就成了一棵树！于是我们的任务变成了可以确定顺序进行的。

“但不允许同时在两个相连接的火车站开”，那么意味着某些结点是选，另一些不选的。很容易会联想到前面的刚学的状压 DP，但是我们想想看，结点的个数这么大，根本连状态都表示不了。用状压 DP 简直就是无稽之谈。

如果我们回忆一下之前“信号灯”之类的题目，在一维的情况下，某一些连续的不能取，我们的解决方案是加维记录当前取哪个。同样的道理，虽然是在树上做 DP，但其实也是选或不选的问题，那么我们不妨分别用 f[root][0] 和 f[root][1] 表示以 root 为根的子树中，选 root 和不选 root 所能获得的最大利润。

转移方程很好理解，如果选了根结点，那么它的所有直接子结点都不能选；而如果不选根结点，它的子结点既可以选也可以不选。于是就有

f[root][0]=∑max{f[C][0],f[C][1]} for each child C of root

f[root][1]=valueroot+∑f[C][0] for each child C of root

边界条件就是对于所有叶子结点，取就得到它本身的价值，不取就为 0。整个问题的解就是 max(f[R][0],f[R][1]) ，其中 R 是我们指定的整棵树的一个根结点。

那求解的顺序呢，岂不是很难确定？不，我们可以递归求解！反正每个子问题只求一遍，实际上时间复杂度只是 O(n) 的！

还有一个细节问题：读入建树的时候我们还不知道根结点，对于每一条边也就不确定谁是父亲、谁是儿子，因此要给两个点都加一条到另一个点的边。

但是，遍历的时候就可能访问回去父亲结点，要避免这个问题，可以在递归求解的时候加一个参数 pre ，表示当前结点的父亲结点；或者用一个 bool 数组标记结点是否被访问过。这样就可以完美解决本题啦！

参考代码：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

const int maxn = 1e5 + 100;

int n;
int v[maxn];

vector  g[maxn]; //用 vector 代替数组模拟指针，很方便
int dp[maxn][5];

bool vis[maxn];

void dfs(int r) {
    vis[r] = true;
    dp[r][1] = v[r];
    dp[r][0] = 0;
    for (int i = 0; i < g[r].size(); i++)
        if (!vis[g[r][i]]) {
            dfs(g[r][i]);
            dp[r][0] += max(dp[g[r][i]][0], dp[g[r][i]][1]);
            dp[r][1] += dp[g[r][i]][0];
        }
}

int main(void) {
    freopen("1782.in", "r", stdin);
    freopen("1782.out", "w", stdout);
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &v[i]);
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        int x, y;
        scanf("%d%d", &x, &y);
        g[x].push_back(y); g[y].push_back(x);
    }
    memset(vis, false, sizeof vis);
    dfs(1);

    printf("%d\n", max(dp[1][0], dp[1][1]));
    return 0;
}