基环树上dp

对于任意一棵基环树，它的长相是这样的

先找到图中的环

然后对于环上的每一个节点为根，对其子树进行树形dp，最后断环成链，对环进行线性dp，

以下面的题目为例

[ZJOI2008] 骑士

题目描述

Z 国的骑士团是一个很有势力的组织，帮会中汇聚了来自各地的精英。他们劫富济贫，惩恶扬善，受到社会各界的赞扬。

最近发生了一件可怕的事情，邪恶的 Y 国发动了一场针对 Z 国的侵略战争。战火绵延五百里，在和平环境中安逸了数百年的 Z 国又怎能抵挡的住 Y 国的军队。于是人们把所有的希望都寄托在了骑士团的身上，就像期待有一个真龙天子的降生，带领正义打败邪恶。

骑士团是肯定具有打败邪恶势力的能力的，但是骑士们互相之间往往有一些矛盾。每个骑士都有且仅有一个自己最厌恶的骑士（当然不是他自己），他是绝对不会与自己最厌恶的人一同出征的。

战火绵延，人民生灵涂炭，组织起一个骑士军团加入战斗刻不容缓！国王交给了你一个艰巨的任务，从所有的骑士中选出一个骑士军团，使得军团内没有矛盾的两人（不存在一个骑士与他最痛恨的人一同被选入骑士军团的情况），并且，使得这支骑士军团最具有战斗力。

为了描述战斗力，我们将骑士按照 $1$ 至 $n$ 编号，给每名骑士一个战斗力的估计，一个军团的战斗力为所有骑士的战斗力总和。

输入格式

第一行包含一个整数 $n$，描述骑士团的人数。

接下来 $n$ 行，每行两个整数，按顺序描述每一名骑士的战斗力和他最痛恨的骑士。

输出格式

应输出一行，包含一个整数，表示你所选出的骑士军团的战斗力。

样例 #1

样例输入 #1

3
10 2
20 3
30 1

样例输出 #1

30

提示

数据规模与约定

对于 $30\%$ 的测试数据，满足 $n\le 10$；

对于 $60\%$ 的测试数据，满足 $n\le 100$；

对于 $80\%$ 的测试数据，满足 $n\le 10^4$。

对于 $100\%$ 的测试数据，满足 $1\le n\le 10^6$，每名骑士的战斗力都是不大于 $10^6$ 的正整数。

思路

由题意得，这道题是一个基环树森林，所以拆成每一个基环树来做。

以环上的每一个点为根做树形dp，设$dp1[x][0/1]$表示在以节点$x$为根的子树内，不选或者选点$x$的最大攻击力。设$y$为$x$在环外的子节点，那么明显方程为
$$\begin{gathered} dp1[x][0]=\sum _{y\in son}max(dp1[y][0],dp1[y][1]) \\ dp1[x][1]=(\sum _{y\in son}dp1[y][1])+weight[x] \end{gathered}$$
断环成链，对环上的点进行线性dp，注意需要枚举端点选或不选的情况，如果起点有士兵，则终点不能放士兵；否则终点可放可不放士兵，$cyc[j]$对应环上的结点编号
$$\begin{gathered} dp2[j][0]=max(dp2[j-1][0],dp2[j-1][1])+dp1[cyc[j]][0] \\ dp2[j][1]=dp2[j-1][0]+dp1[cyc[j]][1] \end{gathered}$$
起点有士兵时
$$ans=max(ans,dp2[m-1][0])$$
起点没有士兵时
$$ans=max(dp2[m-1][0],dp2[m-1][1])$$

#include<iostream>
#include<string>
#include<vector>
#include<queue>
#include<unordered_map>
#include<unordered_set>
#include<map>
#include<set>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<random>
#include<ctime>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<bitset>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
typedef long long ll;
int w[N], fa[N], vis[N], oncyc[N];
ll dp1[N][2], dp2[N][2];
vector<vector<int>> e;
void dfs(int x) {
	// 选择该点，加上权值
	dp1[x][1] = w[x];
	vis[x] = 1;
	for (int i = 0; i < e[x].size(); i++) {
		int v = e[x][i];
		if (oncyc[v]) continue;
		dfs(v);
		dp1[x][0] += max(dp1[v][0], dp1[v][1]);
		dp1[x][1] += dp1[v][0];
	}
}
int main()
{
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	ios::sync_with_stdio(0);
	int n;
	ll res = 0;
	cin >> n;
	e.resize(n + 1);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> w[i] >> fa[i];
		e[fa[i]].push_back(i);
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if (vis[i]) continue;
		int cur = i;
		// 找到环上的一点
		while (!vis[cur]) {
			vis[cur] = 1;
			cur = fa[cur];
		}
		vector<int> cyc;
		int p = cur;
		// 记录环上所有点
		while (1) {
			cyc.push_back(p);
			oncyc[p] = 1;
			p = fa[p];
			if (p == cur) break;
		}
		// 对环上所有点及其环外孩子进行树形dp，注意树形dp要排除掉cyc[i]在环上的孩子结点
		for (int j = 0; j < cyc.size(); j++) {
			dfs(cyc[j]);
		}
		int m = cyc.size();
		memset(dp2, 0, sizeof(dp2));
		// 断环成链，枚举起点是否有士兵
		// 起点没有士兵
		dp2[0][0] = dp1[cyc[0]][0];
		for (int j = 1; j < m; j++) {
			dp2[j][0] = max(dp2[j - 1][0], dp2[j - 1][1]) + dp1[cyc[j]][0];
			dp2[j][1] = dp2[j - 1][0] + dp1[cyc[j]][1];
		}
		ll ans = max(dp2[m - 1][0], dp2[m - 1][1]);
		memset(dp2, 0, sizeof(dp2));
		// 起点有士兵
		dp2[0][1] = dp1[cyc[0]][1];
		for (int j = 1; j < m; j++) {
			dp2[j][0] = max(dp2[j - 1][0], dp2[j - 1][1]) + dp1[cyc[j]][0];
			dp2[j][1] = dp2[j - 1][0] + dp1[cyc[j]][1];
		}
		ans = max(ans, dp2[m - 1][0]);
		res += ans;
	}
	cout << res;
	return 0;
}

城市环路

题目背景

一座城市，往往会被人们划分为几个区域，例如住宅区、商业区、工业区等等。

B 市就被分为了以下的两个区域——城市中心和城市郊区。在这两个区域的中间是一条围绕 B 市的环路，环路之内便是 B 市中心。

题目描述

整个城市可以看做一个 $n$ 个点，$n$ 条边的单圈图(保证图连通)，唯一的环便是绕城的环路。保证环上任意两点有且只有 $2$ 条简单路径互通。图中的其它部分皆隶属城市郊区。

现在，有一位名叫 Jim 的同学想在 B 市开店，但是任意一条边的 $2$ 个点不能同时开店，每个点都有一定的人流量，第 $i$ 个点的人流量是 $p_i$，在该点开店的利润就等于 $p_i\times k$，其中 $k$ 是一个常数。

Jim 想尽量多的赚取利润，请问他应该在哪些地方开店？

输入格式

第一行一个整数 $n$，代表城市中点的个数。城市中的 $n$ 个点由 $0\sim n-1$ 编号。

第二行有 $n$ 个整数，第 $(i+1)$ 个整数表示第 $i$ 个点的人流量 $p_i$。

接下来 $n$ 行，每行有两个整数 $u,v$，代表存在一条连接 $u$ 和 $v$ 的道路。

最后一行有一个实数，代表常数 $k$。

输出格式

输出一行一个实数代表答案，结果保留一位小数。

样例 #1

样例输入 #1

4
1 2 1 5
0 1
0 2
1 2
1 3
2

样例输出 #1

12.0

提示

数据规模与约定

• 对于 $20\%$ 的数据，保证 $n\le 100$。
• 另有 $20\%$ 的数据，保证环上的点不超过 $2000$ 个。
• 对于 $100\%$ 的数据，保证 $1\le n\le 10^5$，$1\le p_i\le 10^4$，$0\le u,v<n$，$0\le k\le 10^4$，$k$ 的小数点后最多有 $6$ 位数字。

思路

跟骑士那题本质相同，但本题只有一棵基环树，且是无向图，需要dfs找环。然后进行环外树形dp，环上线性dp即可

#include<iostream>
#include<string>
#include<vector>
#include<queue>
#include<unordered_map>
#include<unordered_set>
#include<map>
#include<set>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<random>
#include<ctime>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<bitset>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
typedef long long ll;
int p[N], vis[N], oncyc[N];
ll dp1[N][2], dp2[N][2];
vector<int> stk, cyc;
vector<vector<int>> e;
bool dfs1(int x, int fa) {
	if (vis[x]) {
		cyc.push_back(x);
		oncyc[x] = 1;
		while (stk.back() != x) {
			cyc.push_back(stk.back());
			oncyc[stk.back()] = 1;
			stk.pop_back();
		}
		return true;
	}
	stk.push_back(x);
	vis[x] = 1;
	for (int i = 0; i < e[x].size(); i++) {
		int v = e[x][i];
		if (v == fa) continue;
		if (dfs1(v, x)) return true;
	}
	stk.pop_back();
	return false;
}
void dfs2(int x, int fa) {
	dp1[x][1] = p[x];
	for (int i = 0; i < e[x].size(); i++) {
		int v = e[x][i];
		if (v == fa) continue;
		if (oncyc[v]) continue;
		dfs2(v, x);
		dp1[x][1] += dp1[v][0];
		dp1[x][0] += max(dp1[v][1], dp1[v][0]);
	}
}
int main()
{
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	ios::sync_with_stdio(0);
	int n;
	cin >> n;
	e.resize(n); 
	for (int i = 0; i < n; i++) cin >> p[i];
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		int u, v;
		cin >> u >> v;
		e[u].push_back(v);
		e[v].push_back(u);
	}
	double k;
	cin >> k;
	dfs1(0, -1);
	int m = cyc.size();
	for (int i = 0; i < m; i++) {
		dfs2(cyc[i], -1);
	}
	dp2[0][0] = dp1[cyc[0]][0];
	for (int i = 1; i < m; i++) {
		dp2[i][0] = max(dp2[i - 1][0], dp2[i - 1][1]) + dp1[cyc[i]][0];
		dp2[i][1] = dp2[i - 1][0] + dp1[cyc[i]][1];
	}
	ll ans = max(dp2[m - 1][0], dp2[m - 1][1]);
	dp2[0][0] = 0, dp2[0][1] = dp1[cyc[0]][1];
	for (int i = 1; i < m; i++) {
		dp2[i][0] = max(dp2[i - 1][0], dp2[i - 1][1]) + dp1[cyc[i]][0];
		dp2[i][1] = dp2[i - 1][0] + dp1[cyc[i]][1];
	}
	ans = max(dp2[m - 1][0], ans);
	k *= ans;
	printf("%.1f", k);
	return 0;
}