[树形dp]没有上司的舞会

题目描述

$Ural$ 大学有 $N$ 名职员，编号分别为 $1\sim N$。他们的关系就像一棵以校长为根的树，父节点就是子节点的直接上司。每个职员有一个快乐指数，用整数 $H_i$ 给出，其中 $1\le i\le N$。现在要召开一场周年庆宴会，不过，没有职员愿意和直接上司一起参会。在满足这个条件的前提下，主办方希望邀请一部分职员参会，使得所有参会职员的快乐指数总和最大，求这个最大值。

输入格式

第一行一个整数 $N$($1\le N\le 6000$)。
接下来的 $N$ 行，每行一个整数 $H_i$，表示第 $i$ 名职员的快乐值 $H_i$。
接下来的 $N-1$ 行，每行两个整数$a,b$，表示 $b$ 是 $a$ 的直接上司。

输出格式

输出一行一个整数代表最大的快乐值。

样例

样例输入1

7
1
1
1
1
1
1
1
1 3
2 3
6 4
7 4
4 5
3 5

样例输出1

5

数据范围

对于 $100\%$ 的数据，$1\le N\le 6\times 10^3$，$-128\le H_i\le 127$，$1\le a,b\le N$，且给出的关系一定是一棵树。

思路

首先，我们很容易想到使用暴力做法，使用 dfs 算法，遍历整棵树，枚举当前节点是否选取，计算快乐值。

显然，这种算法一定会超时。

由于题目在求最大的快乐值，不需要追究过程，我们可以考虑使用 dp 算法。

对于每一个节点，有两种情况：

1. 当前节点参加舞会，则其子节点不能参加舞会，将子节点不参加舞会的快乐值相加，与 $0$ 取最大值；
2. 当前节点不参加舞会，则其子节点可以参加，也不可以参加，将每个节点的两种快乐值取最大值再相加，与 $0$ 取最大值。

和 $0$ 取最大值是因为可以一个人也不参加（快乐值可能小于 $0$）。

最后的答案是根节点两种情况的最大值。

由此，我们可以开始 dp 了。

划分阶段

用 $dp$ 数组存储每一个节点的两种情况。

状态设计

设 $dp[x][0/1]$ 表示第 $x$ 个节点是否参加舞会，$0$ 表示当前节点不参加，$1$ 表示当前节点参加。

转移方程

$$dp[x][0]=\max (0,\sum _{1\le i\le N}\max (dp[i][0],dp[i][1]))$$

$$dp[x][1]=\max (0,\sum _{1\le i\le N}dp[i][0])+a[i]$$

$$ans=\max (dp[rt][0],dp[rt][1])$$

边界条件

当递归到最底层时，即没有子节点，返回。

代码

#include
using namespace std;
int n;
int a[6010];
vector<int> v[6010];//邻接表存图
bool fl[6010];
int f[6010][2];//dp数组
void dfs(int x){
	f[x][1] = a[x];
	f[x][0] = 0;
	for(auto i : v[x]){//遍历v[x](从v[x].begin() 到 v[x].end())
		dfs(i);
		f[x][0] += max(f[i][0], f[i][1]);
		f[x][1] += f[i][0]; 
	} 
}
int main(){
	scanf("%d", &n);
	for(int i = 1; i <= n; ++ i){
		scanf("%d", &a[i]);
		fl[i] = 1;
	}

	//连边
	while(1){
		int x, y;
		scanf("%d %d", &x, &y);
		if(x == 0 && y == 0){
			break;
		}
		v[y].push_back(x); 
		fl[x] = 0;
	}
	
	//求根节点
	int rt = 0;
	for(int i = 1; i <= n; ++ i){
		if(fl[i]){
			rt = i;
			break;
		}
	}
	
	//树形dp
	dfs(rt);
	
	printf("%d", max(f[rt][0], f[rt][1]));
	return 0;
}

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