题目描述
某大学有N个职员，编号为1~N。他们之间有从属关系，也就是说他们的关系就像一棵以校长为根的树，父结点就是子结点的直接上司。现在有个周年庆宴会，宴会每邀请来一个职员都会增加一定的快乐指数Ri，但是呢，如果某个职员的上司来参加舞会了，那么这个职员就无论如何也不肯来参加舞会了。所以，请你编程计算，邀请哪些职员可以使快乐指数最大，求最大的快乐指数。
输入输出格式
输入格式：
第一行一个整数N。(1<=N<=6000)
接下来N行，第i+1行表示i号职员的快乐指数Ri。(-128<=Ri<=127)
接下来N-1行，每行输入一对整数L,K。表示K是L的直接上司。
最后一行输入0 0
输出格式：
输出最大的快乐指数。
输入输出样例
输入样例#1：
7
1
1
1
1
1
1
1
1 3
2 3
6 4
7 4
4 5
3 5
0 0
输出样例#1：
5
解析：
这是一道相当经典的树形dp入门题。
树形(dp)，顾名思义，就是在树这种数据结构上做(dp)，所以要学习树形(dp)，首先要学习树的储存结构和遍历方法。
显然，在这道题中，我们可以以树的深度作为阶段，用某个人的以他为根的子树的最优解作为状态，决策就是某个人来与不来。
那岂不就是直接开一个一维数组(dp[])来做就得了？
其实不然。
我们会发现这样做忽略了在做当前决策时，之前做过的决策实际上是会当前决策影响的。
考虑如下情形：如果一个人的上司来了，那么他只有不来一种选择；如果一个人的上司没来，那么他既可以来也可以不来。然后这个人的决策又会影响到他的下属，继而传播到整颗子树。
因此，这道题是有后效性的。
不急，对于这种情况，我们再加一维把任意一个人来与不来的情况分开记录，就不会使最优解互相影响了。
假设(dp[i][1])表示第(i)个人当前如果来的话的最优解，(dp[i][0])就表示第(i)个人不来时的最优解。
初始化就是对于任意的一个人(i)，有(dp[i][0]=0,dp[i][1]=w[i])，其中(w[i])表示这个人的嗑嗨指数。
状态转移方程：
我们可以(dfs)一遍整棵树，在向下递归时初始化，向上递归时做(dp)。
参考代码：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#define ri register int
const int N=6010;
const int INF=0x3f3f3f3f;
using namespace std;
inline int read()
{
int f=1,x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
struct rec{
int next,ver;
}g[N<<1];
int head[N],tot,n,w[N];
int dp[N][2];
bool v[N],fa[N];
void add(int x,int y)
{
g[++tot].ver=y;
g[tot].next=head[x],head[x]=tot;
}
void calc(int x)
{
v[x]=1;
dp[x][0]=0;
dp[x][1]=w[x];
for(ri i=head[x];i;i=g[i].next){
int y=g[i].ver;
if(v[y]==1) continue;
calc(y);
dp[x][0]+=max(dp[y][1],dp[y][0]);
dp[x][1]+=dp[y][0];
}
}
int main()
{
n=read();
for(ri i=1;i<=n;i++) w[i]=read();
int x,y;
for(ri i=1;i<n;i++){
x=read(),y=read();
add(y,x);fa[x]=1;
}
getchar();getchar();
int root;
for(ri i=1;i<=n;i++){
if(!fa[i]){
root=i;
break;
}
}
calc(root);
cout<<max(dp[root][1],dp[root][0])<<endl;
return 0;
}