BZOJ 4472 [Jsoi2015]salesman(树形DP）

BZOJ 4472 [Jsoi2015]salesman(树形DP）

Description

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

思路

n个城镇, n-1条边, 图又是联通的, 那肯定是棵树, 很明显就是树形dp了

求最大收益: 可以dfs是把子节点的收益排一下序,从大到小加

方案是否唯一: 这个状态也是可以转移的, 设 u 为父节点, v 为子节点, 有以下几种情况:

1. v 的最大收益为 0 , 那选不选他都行, 显然方案不唯一
2. v 的方案不唯一, 那 u 的方案肯定也不唯一
3. 有两个最大收益相等的 v , 那选哪个都行呗.

看注释吧

(这个代码当然借鉴了大佬的题解, 写的非常简洁)

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
const int maxn = 1000010;
int t[maxn],f[maxn],g[maxn],w[maxn],head[maxn],n,tot;//w是点权, g是否唯一, f最大收益, t最多选择的子节点
struct edge{ int to, nx; }e[maxn];
int cmp(int a, int b){ return f[a] > f[b]; }//降序排列收益
void dfs(int u, int fa){//深搜dp
    f[u] = w[u];//初始化最大收益为点权
    g[u] = 1;//默认唯一
    vector<int> sons;//存储子节点
    for(int i=head[u]; i; i=e[i].nx){//遍历子节点
        int v = e[i].to;
        if(v == fa) continue;
        dfs(v, u);
        sons.push_back(v);//将子节点假如sons
    }
    sort(sons.begin(), sons.end(), cmp);//把vector按收益降序排列
    int size = sons.size();
    int lim = min(t[u], size);//最多选择的子节点数
    int sel = 0;//选择了几个子节点
    for(int i=0; i<lim; i++){
        if(f[sons[i]] < 0) break;//越加越小, 直接跳出
        f[u] += f[sons[i]];//父节点的收益加上子节点的收益
        sel ++;//选择的子节点数+1
        if(f[sons[i]] == 0 || g[sons[i]] == 0) g[u] = 0;//情况1和情况2, 上面讲了
    }
    if(sel < size && f[sons[sel-1]] == f[sons[sel]]) g[u] = 0;
    //如果sel=size的话,肯定子节点全都选了, 方案唯一.否则权值最小的那两个子节点如果相等,方案不唯一
    //权值更大的如果有相等的点肯定全都选,不用考虑, 只看最小的那两个是不是相等就行
}

void add(int x, int y){
	e[++tot].to = y;
	e[tot].nx = head[x];
	head[x] = tot;
}
int main(){
	scanf("%d", &n);
    for(int i=2; i<=n; i++) scanf("%d", &w[i]);
    for(int i=2; i<=n; i++) scanf("%d", &t[i]), t[i]--;//最多走的子节点数是能经过该点的最大次数-1
    for(int i=1; i<n; i++){
        int u, v; scanf("%d%d", &u, &v);
        add(u, v); add(v, u);
    }
    w[1] = 0;//家里没有收益
    t[1] = 0x7f7f7f7f;//家可以无限经过
    dfs(1, 0);
    printf("%d
%s
",f[1],g[1]?"solution is unique":"solution is not unique");
    return 0;
}