P2607 [ZJOI2008]骑士

基环树DP

什么叫基环树DP啊？

谢罪谢罪

在图论中，树被视作为一种特殊的图G=(V, E)，其中|V| = |E|+1。其存在如下特性：

1.树G上任意两点必定能够通过途经若干边后到达
2.任意两点间的路径必然唯一，即不存在环
3.将树G上任意一条边删去，该图即成为非连通图
4.在G中任意不相连两点间插入一条边，该新图G’ =(V, E’)正好含有一个环
基环树的概念即是从上述特性4所引申出的特殊的树。虽然其不符合树|V| = |E| + 1的特征，但由于其特殊性——删除环上任意一条边即可成为树，故仍将其视作”树”来解决问题。

因此可以枚举删边进行树上DP，但要注意保持环的性质，即注意被删边两点之间的关系。

题目描述

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。

输入输出格式

输入格式：

 第一行包含一个正整数N，描述骑士团的人数。

接下来N行，每行两个正整数，按顺序描述每一名骑士的战斗力和他最痛恨的骑士。

输出格式：

包含一个整数，表示你所选出的骑士军团的战斗力。

solution

将每个骑士所憎恨的人和他连一条单向边，再将骑士的父节点设为他憎恨的人，这样就形成了一个图，容易得出这个图中一定存在环，且我们将一个个环断开就会生成一个树，然后就是简单的树上DP（没有上司的舞会），有几点要注意

1.注意判好所有环，这个图有可能不是联通的，所以每个强连通分量都是独立的

2.注意断环时要注意两个端点的关系，不能两个同时选，因此可以分别强制一个不选，然后对两个点都进行DP取max

3.DP过程注意顺便把vis赋值

4.对于每一个环考虑到树的性质，只对断边的两个端点DP即可。

code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define ll long long
#define maxn 2000010
#define re register
using namespace std;
int n,cnt,root,y;
ll ans,DP[maxn][2];
int head[maxn],vis[maxn],val[maxn],fa[maxn];
struct Edge{
    int v,nxt;
}e[maxn];
inline void add(int u,int v)
{
    e[++cnt].v=v;
    e[cnt].nxt=head[u];
    head[u]=cnt;
}
inline int read()
{
    int x=0,f=1; char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
void dp(int now)
{
    vis[now]=1;
    DP[now][0]=0,DP[now][1]=val[now];
    for(int i=head[now];i;i=e[i].nxt)
    {
        int ev=e[i].v;
        if(ev!=root)
        {
            dp(ev);
            DP[now][0]+=max(DP[ev][1],DP[ev][0]);
            DP[now][1]+=DP[ev][0];
        }
        else
        {
            DP[ev][1]=-maxn;//关键，实际上是控制root不选，这样一来枚举两个root就可以了
        }
    }
}
void work(int x)
{
    vis[x]=1;
    root=x;
    while(!vis[fa[root]])
    {
        root=fa[root];
        vis[root]=1;
    }
        dp(root);
        ll tmp=max(DP[root][0],DP[root][1]);
        vis[root]=1;
        root=fa[root];
        dp(root);
        ans+=max(tmp,max(DP[root][0],DP[root][1]));//对两个root分别处理，手推一下更容易理解
    return;
}
int main()
{
    n=read();
    for(re int i=1;i<=n;++i)
    {
        val[i]=read();
        y=read();
        add(y,i);
        fa[i]=y;
    }
    for(re int i=1;i<=n;++i)
    {
        if(!vis[i])
        {
            work(i);
        }
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}