洛谷P2607 骑士

题目描述

Z国的骑士团是一个很有势力的组织，帮会中汇聚了来自各地的精英。他们劫富济贫，惩恶扬善，受到社会各界的赞扬。

最近发生了一件可怕的事情，邪恶的Y国发动了一场针对Z国的侵略战争。战火绵延五百里，在和平环境中安逸了数百年的Z国又怎能抵挡的住Y国的军队。于是人们把所有的希望都寄托在了骑士团的身上，就像期待有一个真龙天子的降生，带领正义打败邪恶。

骑士团是肯定具有打败邪恶势力的能力的，但是骑士们互相之间往往有一些矛盾。每个骑士都有且仅有一个自己最厌恶的骑士（当然不是他自己），他是绝对不会与自己最厌恶的人一同出征的。

战火绵延，人民生灵涂炭，组织起一个骑士军团加入战斗刻不容缓！国王交给了你一个艰巨的任务，从所有的骑士中选出一个骑士军团，使得军团内没有矛盾的两人（不存在一个骑士与他最痛恨的人一同被选入骑士军团的情况），并且，使得这支骑士军团最具有战斗力。

为了描述战斗力，我们将骑士按照1至N编号，给每名骑士一个战斗力的估计，一个军团的战斗力为所有骑士的战斗力总和。

输入输出格式

输入格式：

输入文件knight.in第一行包含一个正整数N，描述骑士团的人数。

接下来N行，每行两个正整数，按顺序描述每一名骑士的战斗力和他最痛恨的骑士。

输出格式：

输出文件knight.out应包含一行，包含一个整数，表示你所选出的骑士军团的战斗力。

输入输出样例

输入样例#1：

3
10 2
20 3
30 1

输出样例#1：

30

说明

对于30%的测试数据，满足N ≤ 10；

对于60%的测试数据，满足N ≤ 100；

对于80%的测试数据，满足N ≤ 10 000。

对于100%的测试数据，满足N ≤ 1 000 000，每名骑士的战斗力都是不大于 1 000 000的正整数。

我们发现如果把每个骑士与他痛恨的骑士连边，一共会有n条边，虽然不是树，但是只比树多一条边。

那么我们可以先把一条边丢开不管，建一棵树，然后树dp，同时不让那个丢开的边的两端的点不同时在解里（4种状态直接压在dp里，第二维）

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
const int maxn=1e6+10;
int n,vis[maxn],ss,pp[3],fa[maxn];
long long ans,dp[maxn][4][2],atk[maxn];
bool usd[2*maxn];
 
long long aa;char cc;
long long read() {
    aa=0;cc=getchar();
    while(cc<'0'||cc>'9') cc=getchar();
    while(cc>='0'&&cc<='9') aa=aa*10+cc-'0',cc=getchar();
    return aa;
}
 
int fir[maxn],nxt[2*maxn],to[2*maxn],e=1;
void add(int x,int y) {
    to[++e]=y;nxt[e]=fir[x];fir[x]=e;
    to[++e]=x;nxt[e]=fir[y];fir[y]=e;
}
 
void dfs(int pos,int s) {
    vis[pos]=s;
    for(int y=fir[pos];y;y=nxt[y]) {
        if(to[y]==fa[pos]||usd[y]) continue;
        if(vis[to[y]]==s) {//找到丢开的边，记录下来
            pp[1]=pos;pp[2]=to[y];
            usd[y]=usd[y^1]=1;
            continue;
        }
        fa[to[y]]=pos;dfs(to[y],s);
    }
}
 
void dfs2(int pos) {
    int xx=0,tot=0;
    if(pos==pp[1]) xx=1;
    else if(pos==pp[2]) xx=2;
    for(int i=0;i<=3;++i) if((i&xx)==xx)
        dp[pos][i][1]+=atk[pos];
    for(int y=fir[pos];y;y=nxt[y]) {
        if(to[y]==fa[pos]||usd[y]) continue;
        dfs2(to[y]);tot++;
        for(int i=0;i<=3;++i) {
            dp[pos][i][0]+=max(dp[to[y]][i][0],dp[to[y]][i][1]);
            if((i&xx)==xx) dp[pos][i][1]+=dp[to[y]][i^xx][0];
        }
    }
}
 
int main() {
    n=read();
    int x;
    for(int i=1;i<=n;++i) {
        atk[i]=read();x=read();
        add(i,x);
    }
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    for(int i=1;i<=n;++i) if(!vis[i]) {//可能有很多联通快
        pp[1]=0;pp[2]=0;
        dfs(i,++ss); dfs2(i);//以i为跟建树，并把丢开的边的两端记录下来（pp[1],pp[2]）
        ans+=max(max(dp[i][0][0],max(dp[i][1][0],dp[i][2][0])),max(dp[i][0][1],max(dp[i][1][1],dp[i][2][1])));//第二维1:pp[1],2:pp[2],3:pp[1]和pp[2],0:无
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}