一、题目
二、解法
果然是 ( t tourist) 搞的神题，很有启发意义。
首先这种经过每个点只有一次贡献的题，要么贪心要么网络流，(dp) 是难以解决的。
可以用类似增广的思路，也就是我们维护一个连通块，每次向连通块内加入一条从连通块出发，再回到连通块的增广路径，如果最后所有点都在连通块内那么就完成了增广。
但是这样做有后效性吗？考虑不能移动到上一个点的限制，由于增广之后上一个点是原先不在连通块内部的点，所以下一次增广一定可以从任意节点出发，并且上一个点是连通块内部的点，那么这个贪心一定没有后效性。
因为 (b) 全为正所以随便找一条路径增广即可，现在的问题是找增广路，有一个 ( t naive) 的想法是直接 ( t dfs)，如果 ( t dfs) 到了一个访问过的点就找到了增广路径（为了保证复杂度没有必要 ( t dfs) 时回到连通块），但是会有下面一种特殊情况：
也就是我们先走红色的路径，但是因为 (a_v) 过大所以走不到绿色点，但是先走绿色路径却能先走到红色点。这种情况也是可以处理的，虽然 ( t dfs) 的时候先走的红色路径，但实际上我们会先走 (sum b) 大的那条路径。
最外面需要套个二分，时间复杂度 (O(nmlog a))
三、总结
难以记录状态的图论题可以考虑增广的思路，连通图的耳分解也是类似增广的思路。
如何去除贪心的后效性是个问题，感觉本题的这个方法有点构造的意思
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 1005;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int T,n,m,ans,a[M],b[M],vis[M],cur[M],pre[M];
vector<int> g[M];
int path(int x)
{
if(vis[x]) return 0;vis[x]=1;
return min(inf,path(pre[x])+b[x]);
}
int dfs(int u,int x)
{
x=min(inf,x+b[u]);
cur[u]=1;
for(auto v:g[u])
{
if(v==pre[u] || x<=a[v]) continue;
if(cur[v]) return path(u)+path(v);
pre[v]=u;int f=dfs(v,x);
if(f!=-1) return f;
}
return -1;
}
int check(int x)
{
int f=0;
memset(vis,0,sizeof vis);
vis[1]=1;
while(f!=-1)
{
f=-1;
memcpy(cur,vis,sizeof cur);
for(int u=1;u<=n && f==-1;u++) if(vis[u])
for(auto v:g[u]) if(!vis[v] && x>a[v])
{
pre[v]=u;f=dfs(v,x);
if(f!=-1) break;
}
if(f==-1)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!vis[i]) return 0;
return 1;
}
x=min(inf,x+f);
}
return 0;
}
void dich(int l,int r)
{
if(l>r) return ;
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid))
{
ans=mid;
dich(l,mid-1);
}
else dich(mid+1,r);
}
void work()
{
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=n;i++) g[i].clear();
for(int i=2;i<=n;i++) a[i]=read();
for(int i=2;i<=n;i++) b[i]=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u=read(),v=read();
g[u].push_back(v);
g[v].push_back(u);
}
dich(0,inf);
printf("%d
",ans);
}
signed main()
{
T=read();
while(T--) work();
}