【BZOJ1040】【ZJOI2008】骑士 题解

1040: [ZJOI2008]骑士

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Description

　　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。

Input

　　第一行包含一个正整数N，描述骑士团的人数。接下来N行，每行两个正整数，按顺序描述每一名骑士的战斗力
和他最痛恨的骑士。

Output

　　应包含一行，包含一个整数，表示你所选出的骑士军团的战斗力。

Sample Input

3

10 2

20 3

30 1

Sample Output

30
HINT
N ≤ 1 000 000，每名骑士的战斗力都是不大于 1 000 000的正整数。

Source

---

    做图论题很重要的一点就是观察图的性质。

    我们让每个骑士与其厌恶的骑士连一条边，就得到了一个图。这时我们会发现，对于图中的每个联通块，设其节点数为$k$，则它的边数一定$\leq k$（可能会有重边，所以边数可能不到$k$），这就意味着每个联通块不是一棵树就是一棵树上任意连一条边。

    对于每个联通块，

    ①如果它是一棵树，我们考虑树形$dp$，$dp_{i,j}$表示以i为根的子树中，$i$计不计入答案（计入$\Rightarrow j=1$，不计入$\Rightarrow j=0$）的最大战斗力，那么转移方程为

$$dp_{i,0}=\sum_{j\in son_i}max\{dp_{j,0},dp_{j,1}\}$$ $$dp_{i,1}=fight_i+\sum_{j\in son_i}dp_{j,0}$$     答案为 $$max\{dp_{root,0},dp_{root,1}\}$$

    ②如果它是一棵树加一条边，我们可以先找到联通块上的唯一的环，任意删去其中的一条边$u,v$，就得到了一棵树，鉴于$u,v$间本应有边，所以我们考虑不取$u$或不取$v$，最后取$max$就能知道联通块的答案，即分别以$u,v$为根做一遍$dp$，最后最大战斗力为

$$max\{dp_{u,0},dp_{v,0}\}$$

    最终答案即为每个联通块的答案之和。

    注意输入时去掉重边！！！

    代码如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<vector>
#include<map>
using namespace std;
vector<int>G[1000010];
int f[1000010];
bool vis[1000010];
int hte[1000010];
long long dp[1000010][2];
int n;
int u,v;
int dep[1000010];
long long ans;
void dfs(int x,int p)
{
    vis[x]=true;
    for(int i=0;i<G[x].size();i++)
    {
        int y=G[x][i];
        if(y==p)continue;
        if(vis[y])
        {
            if(dep[y]<dep[x])u=x,v=y;
            continue;
        }
        dep[y]=dep[x]+1;
        dfs(y,x);
    }
}
void solve(int x,int p)
{
    dp[x][1]=f[x];
    dp[x][0]=0;
    for(int i=0;i<G[x].size();i++)
    {
        int y=G[x][i];
        if((x==u && y==v) || (x==v && y==u) || y==p)continue;
        solve(y,x);
        dp[x][0]+=max(dp[y][0],dp[y][1]);
        dp[x][1]+=dp[y][0];
    }
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int x;
        scanf("%d%d",f+i,hte+i);
        if(hte[hte[i]]==i)continue;
        G[hte[i]].push_back(i);
        G[i].push_back(hte[i]);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(vis[i])continue;
        u=v=0;
        dfs(i,0);
        long long res;
        if(!u && !v)
        {
            solve(i,0);
            res=max(dp[i][0],dp[i][1]); 
        }
        else
        {
            solve(u,0);
            res=dp[u][0];
            solve(v,0);
            res=max(res,dp[v][0]);
        }
        ans+=res;
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}