BZOJ 1040 [ZJOI2008]骑士 (基环树+树形DP)

<题目链接>

题目大意：

Z国的骑士团是一个很有势力的组织，帮会中汇聚了来自各地的精英。他们劫富济贫，惩恶扬善，受到社会各界的赞扬。最近发生了一件可怕的事情，邪恶的Y国发动了一场针对Z国的侵略战争。战火绵延五百里，在和平环境中安逸了数百年的Z国又怎能抵挡的住Y国的军队。于是人们把所有的希望都寄托在了骑士团的身上，就像期待有一个真龙天子的降生，带领正义打败邪恶。骑士团是肯定具有打败邪恶势力的能力的，但是骑士们互相之间往往有一些矛盾。每个骑士都有且仅有一个自己最厌恶的骑士（当然不是他自己），他是绝对不会与自己最厌恶的人一同出征的。战火绵延，人民生灵涂炭，组织起一个骑士军团加入战斗刻不容缓！国王交给了你一个艰巨的任务，从所有的骑士中选出一个骑士军团，使得军团内没有矛盾的两人（不存在一个骑士与他最痛恨的人一同被选入骑士军团的情况），并且，使得这支骑士军团最具有战斗力。为了描述战斗力，我们将骑士按照1至N编号，给每名骑士一个战斗力的估计，一个军团的战斗力为所有骑士的战斗力总和。

解题分析：

比较经典的基环树(环套树)。本题给出一个$n$条边$n$个点的有向图，我们可以发现，因为本题有向边表示这两个人至多只能出现其中一个，是用来表示一种关系的，所以在实际意义上，完全可以用无向边来代替。于是，本题就转化成了基环树森林，基环树的主要突破口就是要找出每个基环树的环(每个连通分量都是一颗基环树)，然后将环中的一条边拆掉，使其变成一棵树，分别以拆掉的边的两个端点作为树的根，然后进行树形DP。本题就变成了对于树上有关系的两个点，只能选一个，使得最后的总价值最大，这就变成了一个比较经典的树形DP模型(比如上司的舞会)。

注意拆环的时候，强制一个点为根，并且不选，因为尽管我们拆除了那条边，但它还是正实存在的，所以只有不选的状态才能避免这两个点都被选中(防止违反题意)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define clr(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define REP(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
const int N = 1e6+5;
typedef long long ll;
struct Edge{ int to,nxt; }e[N<<1];
int n,m,cnt,head[N];
int Ecut,rt,urt;
int w[N],vis[N];
ll dp[N][2];

inline void init(){
    cnt=0;clr(head,-1);clr(vis,0);clr(dp,0);
}
inline void add(int u,int v){ e[cnt]=(Edge){ v,head[u] };head[u]=cnt++; }

void dfs(int u,int pre){
    vis[u]=1;
    for(int i=head[u];~i;i=e[i].nxt){
        int v=e[i].to;
        if(v==pre)continue;
        if(!vis[v])dfs(v,u);
        else {        //如果找到环了
            rt=u,urt=v,Ecut=i;       //记录下这个环的两个端点，并且记录这个拆除的边
        }
    }
}
void trdp(int u,int pre){
    dp[u][1]=w[u];       //表示选当前这个点的价值 
    dp[u][0]=0;         //表示不选当前这个点的价值 
    for(int i=head[u];~i;i=e[i].nxt){
        int v=e[i].to;
        if(i==Ecut || i==(Ecut^1) || v==pre)continue;
        trdp(v,u);
        dp[u][1]+=dp[v][0];
        dp[u][0]+=max(dp[v][0],dp[v][1]);
    }
}
int main(){
    while(~scanf("%d",&n)){
        init();
        REP(i,1,n){
            int now;scanf("%d%d",&w[i],&now);
            add(i,now);add(now,i);
        }
        ll sum=0;
        REP(i,1,n) if(!vis[i]) {
            dfs(i,-1);       //基环树森林，每个连通分量中必有一个环    
            trdp(rt,-1);     //以拆分的两个点分别为根，进行树形DP
            ll tmp = dp[rt][0];    
            trdp(urt,-1);
            sum+=max(tmp,dp[urt][0]);     
        }
        printf("%lld
",sum);
    }
}