本题良心正解
冰中月在这道题解上花了很多时间（从晚上8点写到10点），所以请点个赞
我并不能保证你能学会，但是肯定是有收获的~
所以，不要偷懒啦~
给冰中月点个关注和给这篇题解点个赞吧~
谢谢啦~
好了好了，来点儿正经的：
很多萌新在偷看题解的时候，一看题解这么多字就很害怕，看不下去了（包括我）
所以，我每篇题解都尽量的省了，请大家认真看好吗~
还有一个问题就是，点开题解看了好久，突然发现和Y总讲的方法不一样（崩溃）
但是又想记住Y总的方法，
所以，我的题解都是和Y总的方法一样的（如果有Y总讲解的话），你可以放心把它复制粘贴到代码框AC这道题
希望各位能看懂~
还是那句话：求关注，求点赞，求收藏~
下面详解见，灰灰~
题目描述
UralUral 大学有 NN 名职员，编号为 1∼N1∼N。
他们的关系就像一棵以校长为根的树，父节点就是子节点的直接上司。
每个职员有一个快乐指数，用整数 HiHi 给出，其中 1≤i≤N1≤i≤N。
现在要召开一场周年庆宴会，不过，没有职员愿意和直接上司一起参会。
在满足这个条件的前提下，主办方希望邀请一部分职员参会，使得所有参会职员的快乐指数总和最大，求这个最大值。
输入格式
第一行一个整数 NN。
接下来 NN 行，第 ii 行表示 ii 号职员的快乐指数 HiHi。
接下来 N−1N−1 行，每行输入一对整数 L,KL,K，表示 KK 是 LL 的直接上司。
输出格式
输出最大的快乐指数。
数据范围
1≤N≤60001≤N≤6000,
−128≤Hi≤127−128≤Hi≤127
输入样例：
7
1
1
1
1
1
1
1
1 3
2 3
6 4
7 4
4 5
3 5
输出样例：
5
解释一下题目
这道题题目看上去花里胡哨的，但其实挺好理解的
前NN行表示第ii号职工的快乐指数
后面的N−1N−1行输入两个整数L,KL,K，表示 KK 是 LL 的直接 的爸爸 上司，如图。
要求使得所有参会职员的快乐指数总和最大。
在这儿讲解一下样例
根据这个样例，我们可以画出一张图（如果还不知道样例是什么意思的看上面），如下：
那输出样例的5是怎么来的呢？
请看：
根据画图得出，⑤是根节点（校长）。
在这个样例里，我们必须选校长，为什么呢？
比如我们选了③，那他的下属全部KO，或者选了④，也是一样
那我们的最大快乐值就变成了2，错误
只有我们选了⑤，那剩下的①、②、⑥、⑦才能苟活被选中
我们现在选了⑤，那我们就可以有五个人参加，且快乐值是最大的，为5，选中的表高光，如图：
注意：
如果选了当前节点u，那么他所有的儿子都不能选
如果不选当前节点u，那么他所有的儿子既可以选，也可以不选
弱弱地问一句，题目看懂并理解了吧…
算法1
(树形DP) O(n)O(n)
看图：
这里可以去听一下Y总的视频QWQ，因为必须用文字和图片表述，可能不太清楚~
祝你看得懂~
时间复杂度
参考文献
C++ 代码
#include #include #include using namespace std; const int N = 6010; int n; int happy[N]; //每个职工的高兴度 int f[N][2]; //上面有解释哦~ int e[N],ne[N],h[N],idx; //链表，用来模拟建一个树 bool has_father[N]; //判断当前节点是否有父节点 void add(int a,int b){ //把a插入树中 e[idx] = b,ne[idx] = h[a],h[a] = idx ++; } void dfs(int u){ //开始求解题目 f[u][1] = happy[u]; //如果选当前节点u，就可以把f[u,1]先怼上他的高兴度 for(int i = h[u];~i;i = ne[i]){ //遍历树 int j = e[i]; dfs(j); //回溯 //状态转移部分，上面有详细讲解~ f[u][0] += max(f[j][1],f[j][0]); f[u][1] += f[j][0]; } } int main(){ scanf(“%d”,&n); for(int i = 1;i <= n;i ++) scanf(“%d”,&happy[i]); //输入每个人的高兴度 memset(h,-1,sizeof h); //把h都赋值为-1 for(int i = 1;i < n;i ++){ int a,b; //对应题目中的L,K,表示b是a的上司 scanf(“%d%d”,&a,&b); //输入~ has_father[a] = true; //说明a他有爸爸（划掉）上司 add(b,a); //把a加入到b的后面 } int root = 1; //用来找根节点 while(has_father[root]) root ++; //找根节点 dfs(root); //从根节点开始搜索 printf(“%d\n”,max(f[root][0],f[root][1])); //输出不选根节点与选根节点的最大值 return 0; }
如果你学不会的话
你可以怀疑一下自己的智商，或者找冰中月帮你怀疑一下
再看一遍或者再康一遍Y总的讲解视频。
。
算法1
(树形DP) O(n)O(n)
题解里的人都建图了啊，但是这题明明可以不用这么麻烦的……
本题稍加思索即可得出为树形dp。
每个人只有两种状态，则设dp[0][i]dp[0][i]为第ii个人不来，他的下属所能获得的最大快乐值；dp[1][i]dp[1][i]为第ii个人来，他的下属所能获得的最大快乐值。
所以容易推出状态转移方程：
dp[0][i]=∑u=sonsmax(dp[1][u],dp[0][u])dp[0][i]=∑u=sonsmax(dp[1][u],dp[0][u])当前节点不选，那么子节点随意
dp[1][i]=∑u=sonsdp[0][u]+happy[i]dp[1][i]=∑u=sonsdp[0][u]+happy[i]当前节点选，子节点不能选
分析可得，每个人的状态要在下属的状态更新完了才能更新，所以用类似拓扑的方法，只记录每个子节点的父亲，最后从所有入度为00的点开始跑就行了。在更新每个子节点时顺便让父节点加上自己的权值，最后访问父节点时权值已经更新好了，就可以省去建图的麻烦。
C++ 代码
#include #include using namespace std; int dp[2][6010];//dp解释见上 int f[2][6010];//f[0]为父亲，f[1]为高兴值 int ind[6010];//入度 int vis[6010];//访问标记 int root;//树的根 void dfs(int u){//递归从后往前更新 if(!u) return; vis[u]=1;//已访问 root=u;//最后一个访问到的一定是根，所以一直更新根就行了 dp[0][f[0][u]]+=max(dp[1][u]+f[1][u],dp[0][u]);//给父亲更新 dp[1][f[0][u]]+=dp[0][u]; ind[f[0][u]]–;//更新完一个子节点 if(!ind[f[0][u]]) dfs(f[0][u]);//在所有子节点更新后再更新（入度为0） } int main(){ int n=0; scanf(“%d”,&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf(“%d”,&f[1][i]); int a,b; for(int i=1;i<n;i++){ scanf(“%d%d”,&a,&b); f[0][a]=b;//保存节点信息 ind[b]++; } for(int i=1;i<=n;i++) if(!vis[i]&&!ind[i])//没有被访问过，没有入度，说明是叶子节点 dfs(i); printf(“%d\n”,max(dp[0][root],dp[1][root]+f[1][root]));//取根节点两种方案的最大值 return 0; }
