游乐场【图论】

游乐场

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Case Time Limit:1000MS

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Description
据新闻报道，$Orz$教主在太平洋中央建了一个大游乐园，其中有许多小岛，每个小岛上有且仅有一个游乐设施，有的小岛与小岛之间有海底隧道连接，而有的没有，一个游乐设施对一个人只开放一次，花的钱与得到的快乐值成正比。一开始，你可以选择被空投到任意一个小岛。当你想离开游乐园时，你可以打电话叫飞机来接，但不能再次被空投。
$fhn$非常有钱，他想在游乐园里得到最大的快乐值。
而$czm$则比较穷，他的愿望只是玩最多的游乐设施。

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Input
第一行： $n$(代表有$n$个小岛)$（n<=200）$
以下$n$行，依次表示使用小岛$1--$小岛$n$上的游乐设施所花的钱
$e$ (代表有$e$条海底隧道)
接着$e$行，每行$2$个数，表示这两个小岛之间有海底隧道连接

Output
第一行，$czm$最多可以游览的游乐园的个数。
第二行，$fhn$的游览方式所得的快乐值。

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Sample Input
5
3
4
5
8
10
5
1 2
1 3
2 5
3 4
4 5

Sample Output
5
30

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解题思路

与找最大连通分量.差不多。。。
注意一个游乐设施对一个人只开放一次，
也就是说他可以往回走只不过不能再玩一次这个项目而已，但是如果我们不封路的话就会死循环，所以我们可以把他可以到达的所有地方都加上，也就是连通分量了。

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代码

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
int head[40000],v[400],bsy[400];
int n,e,xy,yx,k,ans=-1,ans1,s,s1;
struct c{
	int x,next;
}a[40000]; 
void add(int x,int y)//建立邻接表
{
	k++;
	a[k].x=y;
	a[k].next=head[x];
	head[x]=k;
}
void dfs(int x){
	v[x]=1;
	for(int i=head[x];i;i=a[i].next)
	{
		if(!v[a[i].x])
		{
			++s;//累加游乐园的个数
			s1+=bsy[a[i].x];//累加快乐值
			dfs(a[i].x);
		}
	}
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
	int x1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>bsy[i];
	cin>>e;
	for(int i=1;i<=e;i++)
	{
		scanf("%d%d",&xy,&yx);
		add(xy,yx);
		add(yx,xy);
	} 
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(!v[i])
		{
		  s=1;//赋初值
		  s1=bsy[i];//赋初值
		  dfs(i);
		  if(s>ans1)
		  ans1=s;
		  if(s1>ans)
	      ans=s1;
		}
	}
	cout<<ans1<<endl<<ans;
}