题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P1352
解题思路：树形DP。
首先，我们可以把单位的层级结构抽象成一个树的问题：
每个人都是树上的一个节点，某一个人的直属领导对应该节点的父节点；某一个人的所有直属下属对应该节点的所有子节点。
现在假设我当前所处的点是点 (u)，那么我面临两种选择：
- 让 (u) 参加聚会；
- 不让 (u) 参加聚会。
所以我可以开一个二维数组 (f[n][2])，其中：
- (f[u][0]) 表示 不选择 节点 (u) 时以点 (u) 为根节点的子树的最大欢乐值；
- (f[u][1]) 表示 选择 节点 (u) 时以点 (u) 为根节点的子树的最大欢乐值。
为了方便接下来做统计，我们再定义一些变量：
- (h[i]) 表示第 (i) 个人的欢乐值；
我们可以发现，对于点 (u)：
当我不选 (u) 的时候，它的所有儿子节点可以选，也可以不选，此时
其中，(v) 代表 (u) 的所有子节点。
当我选择 (u)，它的所有儿子节点都不能选，此时
其中，(v) 代表 (u) 的所有子节点。
而上述两个公式合到一起就是我们的总的状态转移方程。
我们发现，要求一个节点 (u) 对应的 (f[u][0]) 和 (f[u][1]) ，得先求出它的所有儿子节点的 (f) 值，而叶子节点的 (f) 值可以直接得出（边界条件，对于叶子节点 (u) 来说，(f[u][0]=0,f[u][1]=h[u])），这恰好是一种递归结构，可以用记忆化搜索来实现（事实上，对于树形结构的问题，如树形DP，一般使用记忆化搜索的方式编写代码会比较方便）。
所以我们可以使用记忆化搜索的方式来编写如下代码段：
void dfs(int u, int fa) { // u是当前节点，fa用于指代u的父节点
f[u][0] = 0; // 不选择u的情况下初始为0，不包含h[u]
f[u][1] = h[u]; // 选择u的情况下必然包含h[u]，所以一开始就加上
int sz = g[u].size(); // 获得u的儿子的个数
for (int i = 0; i < sz; i ++) { // 遍历u的所有邻接点（其中sz-1个都是u的儿子）
int v = g[u][i];
if (v == fa) continue; // 和u相连的有一个是u的父节点，遇到的时候跳过
dfs(v, u); // 先递归遍历子节点计算出f[v][0]和f[v][1]
f[u][0] += max(f[v][0], f[v][1]); // 再奖答案汇总
f[u][1] += f[v][0];
}
}
上述代码实现了
和
并且我们可以发现，上述公式对于叶子节点也成立，因为当 (u) 为叶子节点时：
完整实现代码如下：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 6060;
int f[maxn][2], h[maxn], p[maxn], n;
vector<int> g[maxn];
void dfs(int u, int fa) { // u是当前节点，fa用于指代u的父节点
f[u][0] = 0;
f[u][1] = h[u];
int sz = g[u].size();
for (int i = 0; i < sz; i ++) {
int v = g[u][i];
if (v == fa) continue;
dfs(v, u);
f[u][0] += max(f[v][0], f[v][1]);
f[u][1] += f[v][0];
}
}
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> h[i];
for (int i = 1; i < n; i ++) {
int a, b;
cin >> a >> b;
p[a] = b;
g[b].push_back(a);
}
int rt;
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
if (!p[i]) {
rt = i;
break;
}
}
dfs(rt, -1);
cout << max(f[rt][0], f[rt][1]) << endl;
return 0;
}
注意：我们主函数里的rt变量是为了求得该树的根节点，因为只有根节点是没有直属领导的，所以只有 (p[rt]= 0)。
然后找到 rt 之后就可以执行 (dfs(rt, -1)) ，这将会求得所有点的 (f) 值（第二个参数 (-1) 是用来表示 (rt) 的父节点，因为 (rt) 不存在父节点，所以我们开一个不在 (1 sim n) 范围内的数就可以了，我这里出于习惯用了一个 (-1)）。