【题目描述】
某售货员小T要到若干城镇去推销商品,由于该地区是交通不便的山区，任意两个城镇之间都只有唯一的可能经过其它城镇的路线。
小T 可以准确地估计出在每个城镇停留的净收益。这些净收益可能是负数，即推销商品的利润抵不上花费。
由于交通不便，小T经过每个城镇都需要停留，在每个城镇的停留次数与在该地的净收益无关，因为很多费用不是计次收取的，而每个城镇对小T的商品需求也是相对固定的，停留一次后就饱和了。
每个城镇为了强化治安，对外地人的最多停留次数有严格的规定。
请你帮小T 设计一个收益最大的巡回方案,即从家乡出发，在经过的每个城镇停留，最后回到家乡的旅行方案。
你的程序只需输出最大收益，以及最优方案是否唯一。
方案并不包括路线的细节，方案相同的标准是选择经过并停留的城镇是否相同。因为取消巡回也是一种方案，因此最大收益不会是负数。
小T 在家乡净收益是零，因为在家乡是本地人，家乡对小 T当然没有停留次数的限制。
【Input】
输入的第一行是一个正整数ｎ(5<=n<=100000)，表示城镇数目。城镇以１到ｎ的数命名。
小T 的家乡命名为１。
第二行和第三行都包含以空格隔开的ｎ－１个整数，第二行的第ｉ个数表示在城镇ｉ＋１停留的净收益。第三行的第ｉ个数表示城镇ｉ＋１规定的最大停留次数。
所有的最大停留次数都不小于２。
接下来的ｎ－１行每行两个１到ｎ的正整数ｘ，ｙ，之间以一个空格隔开，表示ｘ，ｙ之间有一条不经过其它城镇的双向道路。
输入数据保证所有城镇是连通的。
【Output】
输出有两行，第一行包含一个自然数，表示巡回旅行的最大收益。
如果该方案唯一，在第二行输出“solution is unique”，否则在第二行输出“solution is not unique”。
【Sample Input】
9
-3 -4 2 4 -2 3 4 6
4 4 2 2 2 2 2 2
1 2
1 3
1 4
2 5
2 6
3 7
4 8
4 9
【Sample Output】
9
solution is unique
【Solution】
这个题目乍一看是个图诶
但是是DAG
就相当于一棵树
那么考虑到状态不同决策不同
很容易联想到动态规划
对于第一个问题
关键是考虑每一个点的访问限制
假设对于当前点i的限制是cnt[i]
那么最多只能访问其cnt[i] - 1棵子树
因为要留出一次机会回溯到出发点
对于家乡的话就初始化成最大值，无限制访问
对于第二个问题
路径唯一或不唯一
唯一的情况不用解释
不唯一的情况：
- 存在一种最优方案使得经过的某个点 u 满足dp[u]=0 。
- 存在在一种最优方案使得经过的某个点 u 存在至少 cnt[u] 个儿子， 且第 cnt[u] 大收益非负的儿子不唯一。(权值相同)
重点：1.给所有的子树进行排序，取前cnt[i] - 1棵子树
2.排序后取到负值后结束
//YouXam #include <algorithm> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; const int N = 100000; struct edge { int i, next; } edges[2 * N + 5]; int head[N + 5], tot, n, w[N + 5], limit[N + 5], dp[N + 5], ansn[N + 5],sonn[N + 5]; void add(int u, int v) { edges[++tot].i = v; edges[tot].next = head[u]; head[u] = tot; } bool cmp(int a, int b) { return dp[a] > dp[b]; } void dfs(int root, int f) { dp[root] = w[root]; int sontot = 0, soni = 0; for (int i = head[root]; i; i = edges[i].next) if (edges[i].i != f) dfs(edges[i].i, root); for (int i = head[root]; i; i = edges[i].next) if (edges[i].i != f) sonn[++sontot] = edges[i].i; sort(sonn + 1, sonn + 1 + sontot, cmp); while (soni < min(limit[root] - 1, sontot) && dp[sonn[soni + 1]] >= 0) dp[root] += dp[sonn[++soni]], ansn[root] |= ansn[sonn[soni]];//按位或 if (soni < sontot && soni > 0 && dp[sonn[soni]] == dp[sonn[soni + 1]] || dp[sonn[soni]] == 0 && soni > 0 && soni <= limit[root] - 1)//两种情况,注意边界 ansn[root] = 1; } int main() { scanf("%d", &n); for (int i = 1; i < n; i++) scanf("%d", &w[i + 1]); for (int i = 1; i < n; i++) scanf("%d", &limit[i + 1]); for (int i = 1; i < n; i++) { int u, v; scanf("%d%d", &u, &v); add(u, v); add(v, u); } limit[1] = n + 1;//在家乡没有停留限制 dfs(1, 0); printf("%d %s", dp[1], ansn[1] ? "solution is not unique" : "solution is unique"); return 0; }