舞会无领导：一种树形动态规划的视角

没有上司的舞会

Ural 大学有 𝑁 名职员，编号为1∼𝑁。

他们的关系就像一棵以校长为根的树，父节点就是子节点的直接上司。

每个职员有一个快乐指数，用整数 𝐻𝑖 给出，其中1≤𝑖≤𝑁。

现在要召开一场周年庆宴会，不过，没有职员愿意和直接上司一起参会。

在满足这个条件的前提下，主办方希望邀请一部分职员参会，使得所有参会职员的快乐指数总和最大，求这个最大值。

输入格式

第一行一个整数 𝑁。

接下来 𝑁 行，第 𝑖 行表示 𝑖 号职员的快乐指数 𝐻𝑖。

接下来𝑁−1 行，每行输入一对整数 𝐿,𝐾，表示 𝐾 是 𝐿 的直接上司。（注意一下，后一个数是前一个数的父节点，不要搞反）。

输出格式

输出最大的快乐指数。

数据范围

1≤𝑁≤6000,
−128≤𝐻𝑖≤127

输入样例：

输出样例：

题意简化

这道题题目看上去花里胡哨的，但其实挺好理解的
前N行表示第i号职工的快乐指数
后面的N−1行输入两个整数L,K，表示 K是 L 的直接上司，如图。

要求使得所有参会职员的快乐指数总和最大。

在这儿讲解一下样例
根据这个样例，我们可以画出一张图（如果还不知道样例是什么意思的看上面），如下：

那输出样例的 5 是怎么来的呢？
请看：

根据画图得出，⑤ 是根节点（校长）。
我们知道样例中每个节点的快乐值都为 1，所以决定最大快乐值的是节点的数量

在这个样例里，我们必须选校长，为什么呢？
比如我们选了 ③，那他的下属全部KO，或者选了 ④，也是一样
那我们的最大快乐值就变成了 3，错误

只有我们选了 ⑤，那剩下的 ①、 ②、 ⑥、 ⑦才能苟活被选中

我们现在选了 ⑤，那我们就可以有五个人参加，且快乐值是最大的，为 5，选中的清晰，如图：

发现什么了吗？

当不选 i 节点时，影响最大高兴值的节点为i的子节点或其他节点
当选 i 节点时，影响最大高兴值的节点只为i的子节点

由此我们可以得出状态转移方程：

当 f[i][1]时表示选 i号节点。

那么很明显 i号节点的快乐值需要算上

然后我们知道，如果选了这个点，它的所有字节点都是不能选的，所以我们应该给它加上 f[j][0]

当 f[i][0]时表示不选 i

这时我们不需要加上 i号点的快乐值
如果不选这个点，它的子节点可以选也可以不选，所以我们应该给它加上 maxf[j][0],f[j][1]

算法1

(树形DP) O(n)
看图：

时间复杂度

C++ 代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 6010;
int n;
int happy[N]; //每个职工的高兴度
int f[N][2]; //上面有解释哦~
int e[N],ne[N],h[N],idx; //链表，用来模拟建一个树
bool has_father[N]; //判断当前节点是否有父节点
void add(int a,int b){ //把a插入树中e[idx] = b,ne[idx] = h[a],h[a] = idx ++;
}
void dfs(int u){ //开始求解题目f[u][1] = happy[u]; //如果选当前节点u，就可以把f[u,1]先怼上他的高兴度for(int i = h[u];~i;i = ne[i]){ //遍历树int j = e[i];dfs(j); //回溯//状态转移部分，上面有详细讲解~f[u][0] += max(f[j][1],f[j][0]);f[u][1] += f[j][0];}
}
int main(){scanf("%d",&n);for(int i = 1;i <= n;i ++) scanf("%d",&happy[i]); //输入每个人的高兴度memset(h,-1,sizeof h); //把h都赋值为-1for(int i = 1;i < n;i ++){int a,b; //对应题目中的L,K,表示b是a的上司scanf("%d%d",&a,&b); //输入~has_father[a] = true; //说明a他有上司add(b,a); //把a加入到b的后面}int root = 1; //用来找根节点while(has_father[root]) root ++; //找根节点dfs(root); //从根节点开始搜索printf("%d\n",max(f[root][0],f[root][1])); //输出不选根节点与选根节点的最大值return 0;
}