问题描述
给定一张 n个点，m条边的无向图。这张图的每个点有两个权值 ai,bi。你将会从这张图中选出一个点作为起点，随后开始遍历这张图。你能到达一个节点 i当且仅当你的手上有至少 ai 元钱。当你到达一个节点 i后，你可以选择对这个点捐赠bi 元。你需要对每个点捐赠一次。问你身上至少要带多少元钱？
输入格式
第一行两个数 n,m。
下 n 行，每行两个数 ai,bi。
下 m 行，每行两个数 ui,vi ，表示有一条从 ui到 vi 的边。
输出格式
输出一行一个整数，为答案。
样例输入
4 5
3 1
1 2
4 1
6 2
1 2
2 3
2 4
1 4
3 4
样例输出
6
解析
注意我们经过一个点的时候只需要花费一次，而且可以在任意时刻花费。那么显然的是我们对于每个重复经过的点，使其在最后一次经过时缴纳费用是最优的。
因此我们修改a的约束，建立数组c,使(c[i]=max(a[i]-b[i],0))表示我们在任意时刻经过了i这个点，手中一定至少要拥有(c_i)的钱数。
我们可以贪心的想到先遍历(c_i)最大的点，那么删去这个点之后，我们就得到了若干个联通块。然后最优的方法明显是贡献了(c_i)之后进入了一个联通块之后就不再出来。
然后我们一层一层的递归，用子树的根去连上一层的根。这样我们就可以构造一棵所有子树的(c_i)都要小于根节点的树。
接下来可以直接DP，(f[x])表示x的子树符合条件的最小初始钱数，(s[x])表示x的子树的b值之和，即遍历完整棵子树在x所需的代价(不包括(c[x]))。(f[x])初值为(s[x]+c[x])表示最后在x点停下。然后枚举最后遍历的是哪棵子树，状态转移方程为
[f[x]=min(f[x],s[x]-s[y]+max(f[y],c[x]))
]
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define int long long
#define N 100002
using namespace std;
int head[N],ver[N*2],nxt[N*2],l;
int head1[N],ver1[N*2],nxt1[N*2],l1;
int n,m,i,j,a[N],b[N],c[N],fa[N],p[N],f[N],sum[N];
bool vis[N];
int read()
{
char c=getchar();
int w=0;
while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
while(c<='9'&&c>='0'){
w=w*10+c-'0';
c=getchar();
}
return w;
}
void insert(int x,int y)
{
l++;
ver[l]=y;
nxt[l]=head[x];
head[x]=l;
}
void insert1(int x,int y)
{
l1++;
ver1[l1]=y;
nxt1[l1]=head1[x];
head1[x]=l1;
}
int my_comp(const int &x,const int &y)
{
return c[x]<c[y];
}
int find(int x)
{
if(fa[x]!=x) fa[x]=find(fa[x]);
return fa[x];
}
void dfs(int x)
{
sum[x]=b[x];
for(int i=head1[x];i;i=nxt1[i]){
int y=ver1[i];
dfs(y);
sum[x]+=sum[y];
}
f[x]=sum[x]+c[x];
for(int i=head1[x];i;i=nxt1[i]){
int y=ver1[i];
f[x]=min(f[x],sum[x]-sum[y]+max(f[y],c[x]));
}
}
signed main()
{
n=read();m=read();
for(i=1;i<=n;i++){
a[i]=read();b[i]=read();
c[i]=max(a[i]-b[i],1LL*0);
}
for(i=1;i<=m;i++){
int u=read(),v=read();
insert(u,v);
insert(v,u);
}
for(i=1;i<=n;i++) fa[i]=p[i]=i;
sort(p+1,p+n+1,my_comp);
for(i=1;i<=n;i++){
int x=p[i];
vis[x]=1;
for(j=head[x];j;j=nxt[j]){
int y=ver[j];
if(vis[y]){
int f=find(y);
if(f!=x){
fa[f]=x;
insert1(x,f);
}
}
}
}
dfs(p[n]);
cout<<f[p[n]]<<endl;
return 0;
}