bzoj 4472 salesman

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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。

Solution

树形dp的入门题.(确定是省选的题?)
注意到次数限制\(t\)其实就是到达该点后,最多再进入它的\(t-1\)颗子树.
令\(f[i]\)表示从\(i\)节点向下方走,最后回到\(i\)的最大收益.
令\(g[i]\)表示取得\(f[i]\)这个最大收益的方案是否唯一.
考虑状态转移,若记每个点的收益为\(w\),停留次数为\(t\).
则\(f[i]\)就为\(w[i]\)加上最多\(t-1\)个子树的收益.将儿子按照\(f\)排序即可.
\(g[i]\)在满足以下\(3\)中情况中任意一种时为\(0\):
- 某个取得的儿子\(f\)值为\(0\).(我们可以选择不取它).
- 某个取得的儿子\(g\)值为\(0\).(我们在这颗子树中有不同的路径)
- 下个未选的儿子(如果有)和最后选择的儿子\(f\)值相同.(可以替换).
其他时候\(g[i]\)均为\(1\).
答案即为\(f[1],g[1]\).

#include<bits/stdc++.h>

#define inf 0x7fffffff

#define yes "solution is unique"

#define no "solution is not unique"

using namespace std;

typedef long long LoveLive;

inline int read()

{

	int out=0,fh=1;

	char jp=getchar();

	while ((jp>'9'||jp<'0')&&jp!='-')

		jp=getchar();

	if (jp=='-')

		{

			fh=-1;

			jp=getchar();

		}

	while (jp>='0'&&jp<='9')

		{

			out=out*10+jp-'0';

			jp=getchar();

		}

	return out*fh;

}

const int MAXN=1e5+10;

int cnt=0,head[MAXN];

int to[MAXN<<1],nx[MAXN<<1];

inline void add(int u,int v)

{

	++cnt;

	to[cnt]=v;

	nx[cnt]=head[u];

	head[u]=cnt;

}

int n;

int t[MAXN],w[MAXN];

int f[MAXN],g[MAXN];

int cmp(const int &x,const int &y)

{

	return f[x]>f[y];

}

// 1 stands for unique

// 0 stands for not unique

void dfs(int u,int fa)

{

	f[u]=w[u];

	g[u]=1;

	vector<int> sons;

	for(int i=head[u];i;i=nx[i])

		{

			int v=to[i];

			if(v==fa)

				continue;

			dfs(v,u);

			sons.push_back(v);

		}

	sort(sons.begin(),sons.end(),cmp);

	int siz=sons.size();

	int lim=min(t[u],siz);

	int sel=0;

	for(int i=0;i<lim;++i)

		{

			if(f[sons[i]]<0)//若f值开始为负,后面都不能选择

				break;

			f[u]+=f[sons[i]];

			++sel;

			if(f[sons[i]]==0)

				g[u]=0;

			if(g[sons[i]]==0)

				g[u]=0;

		}

	if(sel<siz && f[sons[sel-1]]==f[sons[sel]])

		g[u]=0;

}

int main()

{

	n=read();

	for(int i=2;i<=n;++i)

		w[i]=read();

	for(int i=2;i<=n;++i)

		t[i]=read(),--t[i];//t[i]表示i最多能选取多少个子树

	for(int i=1;i<n;++i)

		{

			int u=read(),v=read();

			add(u,v);

			add(v,u);

		}

	w[1]=0;

	t[1]=inf;

	dfs(1,0);

	printf("%d\n%s\n",f[1],g[1]?yes:no);

	return 0;

}