7.树形DP

AcWing 285. 没有上司的舞会

实现思路：所求即为从一棵中选出一个结点集合其各结点的值之和最大，且这个结点集合中都没有这些结点的父节点存在（没有父亲，只有同辈或者隔辈）

状态表示：利用递归

  • f(u, 0)：从所有以u为根结点的子树中选择，并且不选u这个点的满足条件的最大快乐数

    不选择u这个点，那么看u的子节点Si，子节点Si可以去，也可以不去，那么再以这个子节点Si为根节点研究，看其去与不去情况下的快乐数选大者，即max(f[si][1],f[si][0])，再将所有子节点的快乐数求和即为此状况下的最大快乐数

  • f(u, 1)：从所有以u为根结点的子树中选择，并且选择u这个点的满足条件的最大快乐数

    此时，u的子节点Si都不可以去，那么只能看其所有子节点不去情况下f[Si][0]的快乐数，再求和为最终快乐数

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#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=6010;
int f[N][2],happy[N];//happy 各个结点的快乐数
int e[N],h[N],ne[N],idx;//使用邻接表存储树
bool has_father[N];//看i是否有父节点
int n;

void add(int a,int b){
    e[idx]=b;
    ne[idx]=h[a];
    h[a]=idx++;
}

void dfs(int u){
    f[u][1]=happy[u];//初始为u自己的快乐数
    for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i]){
        int j=e[i];
        dfs(j);//对子节点继续递归
        f[u][0]+=max(f[j][0],f[j][1]);//得到所有子节点的两种情况的最大快乐数之和
        f[u][1]+=f[j][0];//子结点不去的情况
    }
}


int main(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>happy[i];
    memset(h,-1,sizeof h);
    
    n-=1;//边的数量
    while(n--){
        int a,b;
        cin>>a>>b;
        has_father[a]=b;
        add(a,b);
    }
    
    int root=1;
    while(has_father[root]) root++;//遍历找到这课树的根节点
    
    dfs(root);
    //输出根节点去或不去两者的最大快乐数
    cout<<max(f[root][0],f[root][1]);
    return 0;
}

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