题解【BZOJ4472】[JSOI2015]salesman
树形\(\text{DP}\)与贪心的结合。
首先考虑树形\(\text{DP}\)。
设\(dp_i\)表示从\(i\)出发,访问\(i\)的子树,并且最后回到\(i\)能获得的最大收益。
转移时优先挑选\(dp_j\)较大的\(j\)访问,直到用尽次数为止。
然后考虑解的唯一性。
我们发现这个东西是可以传递的,即:一个节点的子节点答案不唯一,那么这个节点的答案也不唯一。
如果当前访问到的节点与下一个要访问的节点\(dp\)值相同(可以与下一个节点交换访问顺序),或者它的\(dp\)值为\(0\)(可以不访问),那么这个节点的答案就不唯一。
如果按照我的写法就要注意一个问题:在递归时记录儿子个数的变量需要在第一轮遍历后清空,并且记录儿子。当然可以使用优先队列解决这个问题。
代码也很好写:
#include <bits/stdc++.h>
#define DEBUG fprintf(stderr, "Passing [%s] line %d\n", __FUNCTION__, __LINE__)
#define itn int
#define gI gi
using namespace std;
inline int gi()
{
int f = 1, x = 0; char c = getchar();
while (c < '0' || c > '9') {if (c == '-') f = -1; c = getchar();}
while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
return f * x;
}
const int maxn = 100003;
int n, m, tot, head[maxn], ver[maxn * 2], nxt[maxn * 2];
int sy[maxn], sj[maxn], son[maxn], sz, cnt;
int wy[maxn];
long long dp[maxn];
inline void add(int u, int v)
{
ver[++tot] = v, nxt[tot] = head[u], head[u] = tot;
}
inline bool cmp(int x, int y) {return dp[x] > dp[y];}
void dfs(int u, int f)
{
dp[u] = 1ll * sy[u];
for (int i = head[u]; i; i = nxt[i])
{
int v = ver[i];
if (v == f) continue;
dfs(v, u);
}
cnt = 0; //注意要在这里清零
for (int i = head[u]; i; i = nxt[i])
{
int v = ver[i];
if (v == f) continue;
son[++cnt] = v;
}
sort(son + 1, son + 1 + cnt, cmp);
int now = 0;
while (now < min(cnt, sj[u] - 1) && dp[son[now + 1]] >= 0)
dp[u] += dp[son[++now]], wy[u] |= wy[son[now]];
if ((now > 0 && now < cnt && dp[son[now]] == dp[son[now + 1]]) || (now > 0 && dp[son[now]] == 0))
wy[u] = 1;
}
int main()
{
//freopen(".in", "r", stdin);
//freopen(".out", "w", stdout);
n = gi();
for (int i = 2; i <= n; i+=1) sy[i] = gi();
for (int i = 2; i <= n; i+=1) sj[i] = gi();
for (int i = 1; i < n; i+=1) {int u = gi(), v = gi(); add(u, v), add(v, u);}
sj[1] = n + 1;
dfs(1, 0);
printf("%lld\n", dp[1]);
if (wy[1]) puts("solution is not unique");
else puts("solution is unique");
return 0;
}
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