城市环路

题目描述

一座城市，往往会被人们划分为几个区域，例如住宅区、商业区、工业区等等。

B 市就被分为了以下的两个区域——城市中心和城市郊区。在这两个区域的中间是一条围绕 B 市的环路，环路之内便是 B 市中心。

整个城市可以看做一个 $n$ 个点，$n$ 条边的单圈图（保证图连通），唯一的环便是绕城的环路。保证环上任意两点有且只有 $2$ 条简单路径互通。图中的其它部分皆隶属城市郊区。

现在，有一位名叫 Jim 的同学想在 B 市开店，但是任意一条边的 $2$ 个点不能同时开店，每个点都有一定的人流量，第 $i$ 个点的人流量是 $p_i$，在该点开店的利润就等于 $p_i×k$，其中 $k$ 是一个常数。

Jim 想尽量多的赚取利润，请问他应该在哪些地方开店？

输入格式

第一行一个整数 $n$，代表城市中点的个数。城市中的 $n$ 个点由 $0 \sim n-1$ 编号。

第二行有 $n$ 个整数，第 $(i + 1)$ 个整数表示第 $i$ 个点的人流量 $p_i$。

接下来 $n$ 行，每行有两个整数 $u, v$，代表存在一条连接 $u$ 和 $v$ 的道路。

最后一行有一个实数，代表常数 $k$。

输出格式

输出一行一个实数代表答案，结果保留一位小数。

样例 #1

样例输入 #1

样例输出 #1

12.0

提示

数据规模与约定

对于 $20\%$ 的数据，保证 $n \leq 100$。
另有 $20\%$ 的数据，保证环上的点不超过 $2000$ 个。
对于 $100\%$ 的数据，保证 $1 \leq n \leq 10^5$，$1 \leq p_i \leq 10^4$，$0 \leq u, v < n$，$0 \leq k \leq 10^4$，$k$ 的小数点后最多有 $6$ 位数字。

解题思路

如果这题的图是一棵树的话，那么就是没有上司的舞会这道题。而现在从树变成了基环树，那么就会想到能不能从环上选择一条边删掉变成树来做呢？答案是可以的，假设删除的是环上的边 $(r_1,r_2)$，那么分别以 $r_1$ 和 $r_2$ 为树根跑两遍树形 dp 即可，另外由于边 $(r_1,r_2)$ 最多能选一个节点，因此还要保证 $r_1$ 和 $r_2$ 至多选择其中一个。

定义 $f(u,0)$ 表示以 $u$ 为根的子树中不选节点 $u$ 的所有合法方案的最大权值和，$f(u,1)$ 表示以 $u$ 为根的子树中选择节点 $u$ 的所有合法方案的最大权值和。由题目限制知道如果选择了 $u$，那么其子节点都不能选择，如果不选择 $u$，那么其子节点可选可不选。因此状态转移方程就是 $$\left\{ \begin{array}{l} f(u,0) = \sum\limits_{v \in \text{son}(u)}{\max\{ f(v,0), \, f(v,1) \}} \\ f(u,1) = \sum\limits_{v \in \text{son}(u)}{f(v,0)} \end{array} \right.$$

另外可以通过并查集来得到环上的某条边，当枚举到边 $(r_1,r_2)$ 并且两个节点属于同一个连通块中，说明加上这条边就会形成一个环，因此 $(r_1,r_2)$ 就是环上的一条边。

为什么要分别对 $r_1$ 和 $r_2$ 跑一遍树形 dp？如果只对 $r_1$ 求一次那么当 $f(u,0) < f(u,1)$ 时无法保证最优解 $f(u,1)$ 不选 $r_2$，因此还需要知道 $f(r_2,0)$，那么最终答案就是 $\max \{ f(r_1,0), \, f(r_2,0) \}$（因为至少有一个节点不选）。是否还需要考虑删除环上其他的边并重复这个过程？没有必要，因为只需对边 $(r_1,r_2)$ 求一次就知道取最优解时 $r_1$ 和 $r_2$ 的状态，考虑其他边的最优解时 $r_1$ 和 $r_2$ 还是这个状态。

AC 代码如下，时间复杂度为 $O(n)$：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1e5 + 10, M = N * 2;

int w[N];
int head[N], e[M], ne[M], idx;
int f[N][2];
int fa[N];

void add(int u, int v) {
    e[idx] = v, ne[idx] = head[u], head[u] = idx++;
}

int find(int x) {
    return fa[x] == x ? fa[x] : fa[x] = find(fa[x]);
}

void dfs(int u, int pre) {
    f[u][0] = 0, f[u][1] = w[u];
    for (int i = head[u]; i != -1; i = ne[i]) {
        if (e[i] != pre) {
            dfs(e[i], u);
            f[u][0] += max(f[e[i]][0], f[e[i]][1]);
            f[u][1] += f[e[i]][0];
        }
    }
}

int main() {
    int n;
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        scanf("%d", w + i);
    }
    memset(head, -1, sizeof(head));
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        fa[i] = i;
    }
    int r1, r2;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int u, v;
        scanf("%d %d", &u, &v);
        if (find(u) == find(v)) {
            r1 = u, r2 = v;
        }
        else {
            fa[find(u)] = find(v);
            add(u, v), add(v, u);
        }
    }
    dfs(r1, -1);
    int ret = f[r1][0];
    dfs(r2, -1);
    ret = max(ret, f[r2][0]);
    double m;
    scanf("%lf", &m);
    printf("%.1f", ret * m);
    
    return 0;
}