【poj2342】Anniversary party【树形DP】

题目大意

poj英文原题&样例（周年聚会）

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大家自己看。

分析

这个题真的跟没有上司的晚会一模一样！！只是改了一下题目描述。同样是找到根节点之后开始边递归边DP。
由题意得，父节点（上司）选了，那么所有儿子（下属）都不能选；父节点不选，那么所有儿子可选可不选。我们设$f[i][1]$为选了$i$中这个点的最大活跃度，$f[i][0]$为不选这个点的最大活跃度。所以动态转移方程：$$f[i][1]=f[i][1]+f[a[i].y][0]$$ $$f[i][0]=max(f[a[i].y][0],f[a[i].y][1])+f[i][0]$$

上代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int n,a[10001],h[10001],f[10001][2],v[10001],tot,m;
struct node
{
	int x,y,next;
}e[10001];
void add(int x,int y)
{
	//e[++tot]=(node){x,y,h[x]};//邻接表一句顶四句 
	tot++;
	e[tot].x=x;
	e[tot].y=y;
	e[tot].next=h[x];
	h[x]=tot;
} 
void dp(int k)
{
	f[k][1]=a[k];
	for(int i=h[k];i>0;i=e[i].next)
	{
		dp(e[i].y);
		f[k][1]=f[k][1]+f[e[i].y][0];//如果他选，儿子就不选 
		f[k][0]=max(f[e[i].y][0],f[e[i].y][1])+f[k][0];//他不选，儿子可选可不选 
	}
}
int main()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
    	cin>>a[i];
    }
    int x,y;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
    	cin>>x>>y;
    	if(x==0&&y==0) continue;
    	add(y,x);
    	v[x]=1;//证明他不是根节点,x是y的儿子 
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
    	if(v[i]==0)
    	{
            m=i;//找根节点
			break;		
    	}
    }
    dp(m);//从根节点开始DP 
    cout<<max(f[m][1],f[m][0]);
	return 0;
}