[BZOJ4472] [Jsoi2015]salesman（DFS/排序）

JSOI2015 salesman题解

最新推荐文章于 2021-01-18 17:18:32 发布

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#c/c++

本文介绍了一个关于销售人员巡回路线优化的问题——JSOI2015的salesman题目，并提供了一种有效的解决方案。文章详细解释了如何通过递归算法计算出最大收益的旅行计划，同时判断此方案是否唯一。

4472: [Jsoi2015]salesman

Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 128 MB
Submit: 80 Solved: 45
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Description

某售货员小T要到若干城镇去推销商品,由于该地区是交通不便的山区，任意两个城镇
之间都只有唯一的可能经过其它城镇的路线。小T 可以准确地估计出在每个城镇停留的净收
益。这些净收益可能是负数，即推销商品的利润抵不上花费。由于交通不便，小T经过每个
城镇都需要停留，在每个城镇的停留次数与在该地的净收益无关，因为很多费用不是计次收
取的，而每个城镇对小T的商品需求也是相对固定的，停留一次后就饱和了。每个城镇为了
强化治安，对外地人的最多停留次数有严格的规定。请你帮小T 设计一个收益最大的巡回方
案,即从家乡出发，在经过的每个城镇停留，最后回到家乡的旅行方案。你的程序只需输出
最大收益，以及最优方案是否唯一。方案并不包括路线的细节，方案相同的标准是选择经过
并停留的城镇是否相同。因为取消巡回也是一种方案，因此最大收益不会是负数。小T 在家
乡净收益是零，因为在家乡是本地人，家乡对小 T当然没有停留次数的限制。

Input

输入的第一行是一个正整数ｎ(5<=n<=100000)，表示城镇数目。城镇以１到ｎ的数命名。小T 的家乡命
名为１。第二行和第三行都包含以空格隔开的ｎ－１个整数，第二行的第ｉ个数表示在城镇
ｉ＋１停留的净收益。第三行的第ｉ个数表示城镇ｉ＋１规定的最大停留次数。所有的最大
停留次数都不小于２。接下来的ｎ－１行每行两个１到ｎ的正整数ｘ，ｙ，之间以一个空格
隔开，表示ｘ，ｙ之间有一条不经过其它城镇的双向道路。输入数据保证所有城镇是连通的。

Output

输出有两行，第一行包含一个自然数，表示巡回旅行的最大收益。如果该方案唯一，在
第二行输出“solution is unique”，否则在第二行输出“solution is not unique”。

Sample Input

9
-3 -4 2 4 -2 3 4 6
4 4 2 2 2 2 2 2
1 2
1 3
1 4
2 5
2 6
3 7
4 8
4 9

Sample Output

9
solution is unique
//最佳路线包括城镇 1，2， 4， 5， 9。

当年60分滚粗。谜之AC。

大致思想就是将子节点的最大值全部算出来，用最大的几个，或者什么都不用，等等等。然后更新父节点的最大值。递归就好了。

细节比较麻烦，要仔细想清楚。

/**************************************************************
    Problem: 4472
    User: ecnu161616
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:632 ms
    Memory:9392 kb
****************************************************************/
 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
typedef pair<int, int> pii;
 
vector<int> g[200010];
int vis[200010], n;
int val[200010], uniq[200010];
int benef[200010], maxstay[200010];
 
void dfs(int u) {
    vis[u] = 1;
    // printf("%d\n", u);
    if (g[u].size() == 1) { // LEAF NODE
        uniq[u] = 0;
        val[u] = benef[u];
        return;
    }
    vector<pii> vs;
    for (int i = 0; i < g[u].size(); ++i) if (!vis[g[u][i]]) {
        int v = g[u][i]; dfs(v);
        vs.push_back(make_pair(val[v], uniq[v]));
    }
    sort(vs.begin(), vs.end());
    reverse(vs.begin(), vs.end());
    int sz = min((int)vs.size(), maxstay[u] - 1);
    while (sz > 0 && vs[sz - 1].fi <= 0) --sz;
    uniq[u] = (vs.size() > sz && (vs[sz].fi == 0 || vs[sz - 1].fi == vs[sz].fi));
    val[u] = benef[u];
    for (int i = 0; i < sz; ++i) {
        val[u] += vs[i].fi;
        uniq[u] |= vs[i].se;
    }
    // printf("%d\n", u);
}
 
int main()
{
    #ifdef ULTMASTER
    freopen("a.in","r",stdin);
    #endif
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 2; i <= n; ++i)
        scanf("%d", &benef[i]);
    for (int i = 2; i <= n; ++i)
        scanf("%d", &maxstay[i]);
    maxstay[1] = 1e9;
    for (int i = 1; i <= n - 1; ++i) {
        int u, v;
        scanf("%d %d", &u, &v);
        // printf("%d %d\n", u, v);
        g[u].push_back(v);
        g[v].push_back(u);
    }
    dfs(1);
    printf("%d\n", val[1]);
    if (uniq[1]) printf("solution is not unique\n");
    else printf("solution is unique\n");
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/ultmaster/p/6074478.html