洛谷P1352没有上司的舞会+树形二维DP

传送门

题意：上司和直接下属，不能同时去一个聚会，问可邀请到的人的快乐值最大是多少；

参考：https://www.luogu.org/blog/mak2333/solution-p1352

思路：

　

首先我们们分析一下这道题，对于每一个人，它所做的决定对上司和下属都有影响，我们可以只看一方，也就是上司对下属的影响，因为这样的影响是相互的。

状态如果为f[i]表示第i个人的位置能获得最大的幸福行吗？

由于我们的选择具有后效性，因为你去或不去对下属有影响，那显然不行。遇到这种情况我们该怎么办？

加一维

由于后效性实质上是我们对于状态的性质不够清楚，所以我们再加一维以实现就算你加还是不加我们都可以记录下来。所以状态其实是很好想的。想出状态后，容易推出方程为

dp[i][0]+=sum(max(dp[son][1],dp[son][0]));　　//显然，你不去，那下属就可以想去就去。

dp[i][1]=sum(dp[son][0])+happy[i];　　//显然你去了那下属就一定不能去。

由此我们就可以愉快的DFS了。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <string>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <queue>
#include <list>
#include <iterator>
#include <cmath>
using namespace std;

#define lson (l , mid , rt << 1)
#define rson (mid + 1 , r , rt << 1 | 1)
#define debug(x) cerr << #x << " = " << x << "\n";
#define pb push_back
#define pq priority_queue

#define Pll pair<ll,ll>
#define Pii pair<int,int>

#define fi first
#define se second

#define OKC ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define FT(A,B,C) for(int A=B;A <= C;++A)  //用来压行

typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;

/*-----------------show time----------------*/

const int maxn = ;
vector<int >mp[maxn];
int n;
int hp[maxn],dp[maxn][],fa[maxn];

void dfs(int u,int o)
{
    for(int i=; i<mp[u].size(); i++)
    {
        int tmp = mp[u][i];
        if(tmp==o)continue;
        dfs(tmp,u);
        dp[u][] = max(dp[tmp][]+dp[u][],dp[u][]);
        dp[u][] += max(dp[tmp][],dp[tmp][]);
    }
    dp[u][] += hp[u];
}
int main(){
    scanf("%d", &n);
    for(int i = ; i<=n; i++)scanf("%d" , hp+i),fa[i] = i;
    for(int i =; i<=n; i++)
    {

        int u,v;
        scanf("%d%d", &u, & v);
        if(u+v==)break;
        mp[v].pb(u);
        fa[u] = v;
    }
    int s = n;
    while(s!=fa[s])
    {
        s = fa[s];
    }
    dfs(s,-);
    printf("%d\n",max(dp[s][],dp[s][]));
    return ;
}

DFS

参考中还提到，如果人数过多，或者是一条链的时候，可以用BFS+队列，拓扑排序优化。我感觉主要思路，就是把从子节点到父节点的路径找出来