Description
给一棵(n)个节点的树，和一个长度同样为(n)的非负整数序列(x_i)。
请尝试对每个节点染黑或白两种颜色，并确定一个非负整数权值。
问是否存在一种方案，使得每个点(i)满足其子树内与其同色的点的权值之和恰好为(x_i)。
(1 le n le 1000)
(0 le x_i le 5000)
Solution
一道好题。
我们自底向上逐步确定权值。假设当前正在考虑(u)这个点。
我们发现，(u)本身选黑还是白并不重要，其子树中的点只有两种：颜色和(u)相同的点，以及颜色和(u)不相同的点。
能确定的是，前一类的点的权值值和必须恰好等于(x_u)，而在这个条件下，后者的点的权值值和可以有多种情况。
回头看一下，对于一种合法方案，单看每一种颜色形成的树的话，每个点(u)都要满足“后继”（单看一个颜色形成的树意义下的后继）的(x)之和小于等于(x_u)，这样一来(u)的权值可以设为一个恰好的值，使得和调整为(x_u)。
显然我们可以对每个点(u)维护一个值(f_u)，表示在满足与(u)颜色相同的点的权值值和恰好为(x_u)时，与(u)颜色不同的点的权值之和最小是多少。这是一个贪心的思想，由于一种颜色的权值和只能是(x_u)，因此我们尽量保证另一种颜色的权值之和最小，以最大化这种颜色在之后考虑父亲节点时满足“小于等于”的可能性。
设(g_i)表示当前与(u)同色权值值和为(i)时，另一个颜色的最小值是多少。
初始有(g_0=0, g_{i}=infty (i>0))
对于每个后继(v)，转移
注意是非继承转移，每层转移前每个位置都是(infty)。
最后(f_u=min g_i;;(0 le i le x_u))
如果$f_1=infty $就无解，否则有解。
此题关键是想到贪心的那一步。如果不贪心的话，相当于每个点有多个状态（另一个颜色有多种和）等待转移，根本做不了。
Code
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N=1005,X=5005,INF=1e9;
int n,a[N];
int f[N],g1[X],g2[X];
int h[N],tot;
struct Edge{int v,next;}e[N*2];
inline void addEdge(int u,int v){
e[++tot]=(Edge){v,h[u]}; h[u]=tot;
e[++tot]=(Edge){u,h[v]}; h[v]=tot;
}
inline int min(int x,int y){return x<y?x:y;}
void readData(){
scanf("%d",&n);
int fa;
for(int i=2;i<=n;i++){
scanf("%d",&fa);
addEdge(fa,i);
}
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",a+i);
}
void dfs(int u,int fa){
bool have=false;
for(int i=h[u],v;i;i=e[i].next)
if((v=e[i].v)!=fa){
have=true;
dfs(v,u);
}
if(!have){
f[u]=0;
return;
}
for(int i=0;i<=a[u];i++) g1[i]=INF;
g1[0]=0;
for(int i=h[u],v;i;i=e[i].next)
if((v=e[i].v)!=fa){
for(int j=0;j<=a[u];j++) g2[j]=INF;
for(int j=0;j<=a[u]&&(j+a[v]<=a[u]||j+f[v]<=a[u]);j++)
if(g1[j]!=INF){
if(j+a[v]<=a[u])
g2[j+a[v]]=min(g2[j+a[v]],g1[j]+f[v]);
if(j+f[v]<=a[u])
g2[j+f[v]]=min(g2[j+f[v]],g1[j]+a[v]);
}
for(int j=0;j<=a[u];j++) g1[j]=g2[j];
}
f[u]=INF;
for(int i=0;i<=a[u];i++) f[u]=min(f[u],g1[i]);
}
int main(){
readData();
dfs(1,0);
puts(f[1]==INF?"IMPOSSIBLE":"POSSIBLE");
return 0;
}