题目描述

某大学有N个职员，编号为1~N。他们之间有从属关系，也就是说他们的关系就像一棵以校长为根的树，父结点就是子结点的直接上司。现在有个周年庆宴会，宴会每邀请来一个职员都会增加一定的快乐指数Ri，但是呢，如果某个职员的上司来参加舞会了，那么这个职员就无论如何也不肯来参加舞会了。所以，请你编程计算，邀请哪些职员可以使快乐指数最大，求最大的快乐指数。

输入输出格式

输入格式：

第一行一个整数N。(1<=N<=6000)

接下来N行，第i+1行表示i号职员的快乐指数Ri。(-128<=Ri<=127)

接下来N-1行，每行输入一对整数L,K。表示K是L的直接上司。

最后一行输入0 0

输出格式：

输出最大的快乐指数。

输入输出样例

输入样例#1：

7
1
1
1
1
1
1
1
1 3
2 3
6 4
7 4
4 5
3 5
0 0

输出样例#1：

5

解析：

这是一道相当经典的树形dp入门题。

树形\(dp\)，顾名思义，就是在树这种数据结构上做\(dp\)，所以要学习树形\(dp\)，首先要学习树的储存结构和遍历方法。

显然，在这道题中，我们可以以树的深度作为阶段，用某个人的以他为根的子树的最优解作为状态，决策就是某个人来与不来。

那岂不就是直接开一个一维数组\(dp[]\)来做就得了？

其实不然。

我们会发现这样做忽略了在做当前决策时，之前做过的决策实际上是会当前决策影响的。

考虑如下情形：如果一个人的上司来了，那么他只有不来一种选择；如果一个人的上司没来，那么他既可以来也可以不来。然后这个人的决策又会影响到他的下属，继而传播到整颗子树。

因此，这道题是有后效性的。

不急，对于这种情况，我们再加一维把任意一个人来与不来的情况分开记录，就不会使最优解互相影响了。

假设\(dp[i][1]\)表示第\(i\)个人当前如果来的话的最优解，\(dp[i][0]\)就表示第\(i\)个人不来时的最优解。

初始化就是对于任意的一个人\(i\)，有\(dp[i][0]=0,dp[i][1]=w[i]\)，其中\(w[i]\)表示这个人的嗑嗨指数。

状态转移方程：
\[ {dp[i][1]+=\sum_{j\epsilon son(i) }{dp[j][0]}}, {dp[i][0]=\sum_{j \epsilon son(i)} max(dp[j][0],dp[j][1])} \]
我们可以\(dfs\)一遍整棵树，在向下递归时初始化，向上递归时做\(dp\)。

参考代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#define ri register int
const int N=6010;
const int INF=0x3f3f3f3f;
using namespace std;
inline int read()
{int f=1,x=0;char c=getchar();while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}
struct rec{int next,ver;
}g[N<<1];
int head[N],tot,n,w[N];
int dp[N][2];
bool v[N],fa[N];
void add(int x,int y)
{g[++tot].ver=y;g[tot].next=head[x],head[x]=tot;
}
void calc(int x)
{v[x]=1;dp[x][0]=0;dp[x][1]=w[x];for(ri i=head[x];i;i=g[i].next){int y=g[i].ver;if(v[y]==1) continue;calc(y);dp[x][0]+=max(dp[y][1],dp[y][0]);dp[x][1]+=dp[y][0];}
}
int main()
{n=read();for(ri i=1;i<=n;i++) w[i]=read();int x,y;for(ri i=1;i<n;i++){x=read(),y=read();add(y,x);fa[x]=1;}getchar();getchar();int root;for(ri i=1;i<=n;i++){if(!fa[i]){root=i;break;}}calc(root);cout<<max(dp[root][1],dp[root][0])<<endl;return 0;
}