zoj 3527 Shinryaku! Kero Musume (树形dp---带尾巴的环的处理）

题意：n个点，每个点有一个faith值，然后有一个关联的点。如果在i点和它的关联点pi同时修

神庙则得到的faith值变为fi+gi，如果只在i点修不在pi修建，则得到的faith值为fi。问最优修建方案

中能获得的faith值即求能获得的最大faith值。

算法：

由于有n个点和n条边，所以一定是一个带环的图，环外有小尾巴。

对于环外的点，利用dp[i][0]+=max（dp[soni][0],dp[soni][1])和dp[i][1]+=max(dp[soni][0],dp[soni][1]+g[son])

不断向上缩点。

对于每个环，则枚举其中一个点的状态，之后就成了一条链，又可以运用上面的方程。

这个选与不选问题的dp方程是树形dp里比较基本的类型。如poj 2342 Anniversary party

和 POJ 1463 && HDU 1054 Strategic Game

这题比较新颖在于图中环的处理，枚举环中一个点来使环变为链。

我没想出这个枚举的方法，参考了下面的blog。

http://blog.csdn.net/ahero_happy/article/details/6728471

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define ll long long
#define maxn 100010using namespace std;int in[maxn],q[maxn],p[maxn],f[maxn],g[maxn];
ll dp[maxn][2],dp1[maxn][2];
bool vis[maxn];ll maxx(ll a,ll b)
{return a>b?a:b;
}ll dfs1(int st,int cur,ll dp[][2],int flag)
{int k=cur;int i=p[k];while(i!=st){dp[i][0]+=maxx(dp[k][0],dp[k][1]);dp[i][1]+=maxx(dp[k][0],dp[k][1]+g[k]);k=i;i=p[k];}if(flag) dp[k][1]+=g[k];return  maxx(dp[k][0],dp[k][1]);
}ll dfs(int now)
{int k=now;int i=p[k];dp1[i][0]+=dp[k][0];dp1[i][1]+=dp[k][0];//now不取ll a1=dfs1(k,i,dp1,0);dp[i][0]+=dp[k][1];dp[i][1]+=dp[k][1]+g[k];//now取ll a2=dfs1(k,i,dp,1);return maxx(a1,a2);
}int main()
{int n,rear;ll sum;while(scanf("%d",&n)!=EOF){memset(in,0,sizeof(in));memset(vis,0,sizeof(vis));memset(dp,0,sizeof(dp));for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d%d%d",&f[i],&g[i],&p[i]);in[p[i]]++;}rear=0;for(int i=1;i<=n;i++){dp[i][1]=f[i];if(!in[i])q[rear++]=i;}while(rear){int k = q[--rear];vis[k] = true;int i = p[k];dp[i][0]+=maxx(dp[k][0],dp[k][1]);dp[i][1]+=maxx(dp[k][0],dp[k][1]+g[k]);if((--in[i])==0)q[rear++]=i;}memcpy(dp1,dp,sizeof(dp));sum=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(!vis[i]){sum+=dfs(i);vis[i]=true;for(int j=p[i];j!=i;j=p[j])vis[j]=true;}}printf("%lld\n",sum);}return 0;
}

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