POJ - 2342 Anniversary party(树形dp入门)

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题目大意：每个人都有一个快乐值，给定一个树状的从属关系，仅当上司和下属都不在的时候这个个人的快乐值才能表现出来，问怎么样才能让整体的快乐值达到最大

题目分析：做线段树做吐了，来换换思维，入门的树形dp题一道，树形dp，简明扼要的说就是在树上做的动态规划，那么就离不开转移方程了，这个题的状态有两个，来或者不来，有点像背包问题的选与不选，那么我们就假设dp[i][j]代表第i个人的状态为j时的最大快乐值，j分为0或1，0代表不来，1代表来，那么可以将第i个人视为根节点，然后递归到叶节点再往上逐层更新即可，这个题的转移方程还算简单的：

dp[i][0]+=max(dp[j][0],dp[j][1])，j为i的儿子，因为i不去，所以j去不去无所谓

dp[i][1]+=dp[j][0]，j为i的儿子，因为i要去，所以j不能去

这个题还有个关键点是找到根节点然后dfs，我是用的入度的关系，根节点的入度一定为0，所以加一个辅助数组来记录一下每条边的入度就好了

直接上代码了：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<queue>
#include<map>
#include<sstream>
#include<cmath>
using namespace std;typedef long long LL;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=6e3+100;int dp[N][2];//dp[i][0]表示当i为根节点时i位置不放的最大值，dp[i][1]表示当i为根节点时i位置放的最大值
//所以dp[i][0]+=max(dp[j][0],dp[j][1])j为i的儿子，因为i不去，所以j去不去无所谓
//dp[i][1]+=dp[j][0]j为i的儿子，因为i要去，所以j不能去vector<int>node[N];int num[N];//用来存储每个点的入度，若入度为0，则为根节点void dfs(int u)
{for(int i=0;i<node[u].size();i++){int v=node[u][i];dfs(v);dp[u][0]+=max(dp[v][0],dp[v][1]);dp[u][1]+=dp[v][0];}
}int main()
{
//  freopen("input.txt","r",stdin);int n;while(scanf("%d",&n)!=EOF){for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&dp[i][1]);node[i].clear();}memset(num,0,sizeof(num));int u,v;while(scanf("%d%d",&v,&u)!=EOF&&v+u){node[u].push_back(v);num[v]++;}int root;for(int i=1;i<=n;i++)if(!num[i]){root=i;break;}dfs(root);cout<<max(dp[root][0],dp[root][1])<<endl;}return 0;
}

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