JZOJ 1154. 【GDOI2003】购物_但是商场为了避免过分亏本规定某些商品不能同时购买而且每种超低价商品只能买-优快云博客

1154. 【GDOI2003】购物 (Standard IO)

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Description

　　GDOI商场推出优惠活动，以超低价出售若干种商品。但是，商场为避免过分亏本，规定某些商品不能同时购买，而且每种超低价商品只能买一件。身为顾客的你想获得最大的实惠，也就是争取节省最多的钱。经过仔细研究，发现商场出售的超低价商品中，不存在以下情况：　　n(n>=3)种商品C1,C2,…..,Cn,其中Ci,Ci+1是不能同时购买的(i=1,2…,n-1)并且C1, Cn也不能同时购买。　　编程计算可以节省的最大金额数。

Input

　　第一行两个整数K,M(1<=K<=1000).其中K表示超低价商品数。K种商品的编号依次为1,2,…,K。M表示不能同时购买的商品对数.接下来K行，第i行有一个整数Xi表示购买编号为i的商品可以节省的金额(1<=Xi<=100).再接下来M行，每行两个数A ,B,表示A和B不能同时购买，1<=A<=K,1<=B<=K,A<>B

Output

　　仅一个整数，表示能节省的最大金额数。

Sample Input

3 1 1 1 1 1 2

Sample Output

Data Constraint

题解

把所有商品当成点，分两部分看

没有任何限制的点
有限制的点，相互限制的点连一条边

很明显，第一部分的点是一定要取的

而第二部分则构成了一棵树（因为没有环），这部分的点有两种解法

树形dp
用f[i][0]表示不取第i个点
用f[i][1]表示取第i个点
转移就是老爸取了儿子不能取，儿子取了老爸不能取
二分图
最优匹配问题，也可以转化为最小割
求出来的最优匹配或最小割为ans
则答案是n-ans/2

代码

树形dp

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define N 1001
using namespace std;

long map[N][N],father[N],lc[N],rb[N],ch[N];
long f[N][2];

void build(long now)
{   long i,next;
    for(i=1;i<=map[now][0];i++)if(map[now][i]!=father[now]){
        if(!lc[now])lc[now]=map[now][i];
        else rb[next]=map[now][i];
        father[map[now][i]]=now;
        next=map[now][i];
        ch[now]++;
        build(next);
    }
}
void suan(long now)
{   long q;
    ch[father[now]]--;
    if(!lc[now])
        f[now][0]=0;
    else for(q=lc[now];q;q=rb[q]){
        f[now][0]+=max(f[q][0],f[q][1]);
        f[now][1]+=f[q][0];
    }
}


int main()
{   long n,m,i,j,x,y,ans=0;
    scanf("%ld%ld",&n,&m);
    for(i=1;i<=n;i++)
        scanf("%ld",&f[i][1]);
    for(i=1;i<=m;i++){
        scanf("%ld%ld",&x,&y);
        map[x][++map[x][0]]=y;
        map[y][++map[y][0]]=x;
    }
    for(i=1;i<=n;i++)
        if(map[i][0]&&!father[i])
            build(i);
    for(i=1;i<=n;i++)if(!ch[i]){
        suan(i);
        for(j=father[i];!ch[j]&&j;j=father[j])
            suan(j);
    }
    for(i=1;i<=n;i++)
        if(!father[i])ans+=max(f[i][0],f[i][1]);
    printf("%ld\n",ans);
    return 0;
}