Party
Time Limit: 6000/3000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)Total Submission(s): 0 Accepted Submission(s): 0
Problem Description
B公司共有N个员工，但是并不是所有人都能和睦相处。在每一个人的心中都有一个潜在的对手，任何人都不能接受和他的对手同时参加B公司的聚餐。然而这种关系并不一定是对称的，也就是说，A把B视作自己的对手，而B所想的对手并不一定是A。 现在，B公司准备举办一次盛大的聚会，公司希望员工通过这次聚会获得尽可能多的快乐值。第i个员工的快乐值是一个大于0不大于100的整数，如果他参加聚餐，他就会获得的快乐值，如果他的对手参加聚餐，他的快乐值就为0。 但老板在安排聚餐时不知道如何解决这个问题，因此，他找到你帮忙计算这次聚会最多可以带来多少快乐值。
Input
输入数据的第一行是一个整数T，表示有T组测试数据。 每组数据的第一行包括一个整数N，表示共有N个员工。（约有500组数据N不大于500，约有10组数据N不大于100000） 第二行是N个用空格隔开的整数，第i个整数表示第i个员工的对手的编号。数据保证 x i ∈ [1,N], 且 x i <> i . 第三行也包含N个用空格隔开的整数，表示第i个员工能够获得的快乐值a i。
Output
对于第k组数据，第一行输出Case #k:，第二行输出仅包含一个数，表示这次聚会最多可以带来多少快乐值。
Sample Input
1 8 2 7 1 8 4 2 3 5 50 30 40 40 50 10 70 60
Sample Output
Case #1: 190
Hint
在样例中，应选择1、6、7、8号员工。 解题报告：
将每个员工认为是图上的一个顶点，如果员工s的敌人是员工t，则s到t建立一条有向边。由于每个员工只有一个敌人，因此每个顶点的出度为1。所以整个图可以被拆分成多个连通子图，每个联调子图上只有一个环，可以分别对每个连通子图单独处理。
考虑每个连通子图，找出环上的任意一条边s->t，去除这条边后，可以得到以s为根的一颗树，然后枚举t被选择或者不被选择的情况，分别做一轮树形DP。
假设dp[k][0]表示在节点k不被选择的情况下，以节点k为根节点的子树下能够选择出来的最大快乐值；dp[k][1]则表示节点k被选择的情况。那么可以得到
dp[k][0] = sum( max( dp[son][0], dp[son][1] ) ) (son是节点k的儿子节点)
dp[k][1] = sum( dp[son][0] ) + happy[k] (happy[k]表示节点k能够获得的快乐值)
当t被选择情况下 max_value1= dp[0];当t不被选择情况下max_value2= max(dp[0], dp[1])；而每个连通子图的最优解是max(max_value1,max_value2)
整体处理的时间复杂度为O(N)
解题代码：
#include#include #include #include #include #include #include using namespace std;const int N = 100010;int val[N],ru[N],vis[N],res[N][2];vector edge[N];queue que;int main(){ int T = 1; int csnum; scanf("%d",&csnum); for(int cs=1;cs<=csnum;cs++) { int n; scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) { edge.clear(); ru=0; vis=0; } while(que.empty()==false) que.pop(); for(int i=1;i<=n;i++) { int a; scanf("%d",&a); edge.push_back(a); edge[a].push_back(i); ru++;ru[a]++; } for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&val); res[1]=val; res[0]=0; } for(int i=1;i<=n;i++) { if(ru==1) que.push(i); } while(que.empty()==false) { int x=que.front(); que.pop(); vis[x]=1; for(int i=0;i