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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
//最佳路线包括城镇 1，2， 4， 5， 9。
Solution
- 树形dp的入门题.
(确定是省选的题?) - 注意到次数限制(t)其实就是到达该点后,最多再进入它的(t-1)颗子树.
- 令(f[i])表示从(i)节点向下方走,最后回到(i)的最大收益.
- 令(g[i])表示取得(f[i])这个最大收益的方案是否唯一.
- 考虑状态转移,若记每个点的收益为(w),停留次数为(t).
- 则(f[i])就为(w[i])加上最多(t-1)个子树的收益.将儿子按照(f)排序即可.
- (g[i])在满足以下(3)中情况中任意一种时为(0):
- 某个取得的儿子(f)值为(0).(我们可以选择不取它).
- 某个取得的儿子(g)值为(0).(我们在这颗子树中有不同的路径)
- 下个未选的儿子(如果有)和最后选择的儿子(f)值相同.(可以替换).
- 其他时候(g[i])均为(1).
- 答案即为(f[1],g[1]).
#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x7fffffff
#define yes "solution is unique"
#define no "solution is not unique"
using namespace std;
typedef long long LoveLive;
inline int read()
{
int out=0,fh=1;
char jp=getchar();
while ((jp>'9'||jp<'0')&&jp!='-')
jp=getchar();
if (jp=='-')
{
fh=-1;
jp=getchar();
}
while (jp>='0'&&jp<='9')
{
out=out*10+jp-'0';
jp=getchar();
}
return out*fh;
}
const int MAXN=1e5+10;
int cnt=0,head[MAXN];
int to[MAXN<<1],nx[MAXN<<1];
inline void add(int u,int v)
{
++cnt;
to[cnt]=v;
nx[cnt]=head[u];
head[u]=cnt;
}
int n;
int t[MAXN],w[MAXN];
int f[MAXN],g[MAXN];
int cmp(const int &x,const int &y)
{
return f[x]>f[y];
}
// 1 stands for unique
// 0 stands for not unique
void dfs(int u,int fa)
{
f[u]=w[u];
g[u]=1;
vector<int> sons;
for(int i=head[u];i;i=nx[i])
{
int v=to[i];
if(v==fa)
continue;
dfs(v,u);
sons.push_back(v);
}
sort(sons.begin(),sons.end(),cmp);
int siz=sons.size();
int lim=min(t[u],siz);
int sel=0;
for(int i=0;i<lim;++i)
{
if(f[sons[i]]<0)//若f值开始为负,后面都不能选择
break;
f[u]+=f[sons[i]];
++sel;
if(f[sons[i]]==0)
g[u]=0;
if(g[sons[i]]==0)
g[u]=0;
}
if(sel<siz && f[sons[sel-1]]==f[sons[sel]])
g[u]=0;
}
int main()
{
n=read();
for(int i=2;i<=n;++i)
w[i]=read();
for(int i=2;i<=n;++i)
t[i]=read(),--t[i];//t[i]表示i最多能选取多少个子树
for(int i=1;i<n;++i)
{
int u=read(),v=read();
add(u,v);
add(v,u);
}
w[1]=0;
t[1]=inf;
dfs(1,0);
printf("%d
%s
",f[1],g[1]?yes:no);
return 0;
}