[UOJ 28][IOI 2014]Friend(DP)

题目链接

http://uoj.ac/problem/28

题目大意

有一个点带权的无向图，最开始只有点0，随后点 1 至点 n−1 依次加入，点 i 加入时，会有一个已经加入的点 hosti ，它会在点 i 和其他一些点进行连边，连边方式有以下三种：
1. I方式：只将 i与hosti 连边
2. M方式：只将 i与hosti的邻居连边
3. W方式：将 i与hosti及其所有的邻居连边
求最终的图的最大点独立集。

思路

整个问题可以倒过来看，相当于从最后一次操作开始，对每次操作的边 (u,v) 进行[删 u点/v点 ]的操作，并保证最终没有两个点是联通的。
建立一个新的树，每个点 i的父亲是hosti ，这个树有I、M、W三种树边。
这样就相当于在一棵树上做最大点独立集，可以用树上DP解决。
不妨设 f[i]=在子树i中，点i之前选了所得到的最大分数，g[i]=在子树i中，点i之前一直不选得到的最大分数 ，这里之前的含义是按照操作顺序已经完成了的那些操作。
对于I类边 (hosti,i) 而言，就是一般的树上最大点独立集的求法(如没有上司的舞会),DP方程为 f[hosti]=f[hosti]+g[i],g[hosti]=g[hosti]+max{f[i],g[i]}

对于M类边 (hosti,i) 而言，如上图，如果之前选了 hosti ，那么 i 现在可选也可不选，如果之前不选 hosti ,说明那一次有一个 i′ 保留了下来，成为了 hosti 的邻居，这次 i 需要与 i′ 连边，而 i′ 已经选了了，那么 i 就不能选。因此 f[hosti]=max(f[hosti]+max(f[i],g[i]),g[hosti]+f[i]),g[hosti]=g[hosti]+g[i]

对于W类边 (hosti,i) 而言,如果在之前某次操作选了 hosti ，那么这次 i 就可以，如果在之前都没选过 hosti ，这次可以选 hosti , i 就不能选。
f[hosti]=max{f[hosti]+g[i],g[hosti]+f[i]},g[hosti]=g[hosti]+g[i]

代码

#include "friend.h"

#define MAXV 110000

int max(int a,int b)
{
    if(a>b) return a;
    return b;
}

int f[MAXV],g[MAXV]; //f[i]=可以选点i，子树能得到的最大权值，g[i]=不选点i，子树能得到的最大权值

// Find out best sample
int findSample(int n,int confidence[],int host[],int protocol[])
{
    for(int i=0;i<n;i++) f[i]=confidence[i];
    for(int i=n-1;i>0;i--) //对第i个点进行操作
    {
        int fa=host[i]; //i在新建的树中的父亲是fa
        if(!protocol[i]) //I连法，i与其父亲连
        {
            f[fa]+=g[i];
            g[fa]+=max(f[i],g[i]);
        }
        else if(protocol[i]==1) //M连法，i与其父亲的邻居连
        {
            f[fa]=max(f[fa]+max(f[i],g[i]),g[fa]+f[i]);
            g[fa]+=g[i];
        }
        else //W连法，i与其父亲以及其父亲的邻居连
        {
            f[fa]=max(f[fa]+g[i],g[fa]+f[i]);
            g[fa]+=g[i];
        }
    }
    return max(f[0],g[0]);
}