第一次接触到基环树这个概念...

Problem

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。

Solution

考虑一个联通块 $k$ 个点。
每个点连出一条边，共有 $k$ 条边。
所以这个联通块是一棵树上多连了一条边，就是树上含最多一个环。
这个就叫基环树。

随便在树上断掉一条边，以边的两点为根分别跑 dp，就是没有上司的舞会。

注意联通块非基环树的情况（因为可能联通块有重边）。

去重 vector+sort+unique+O2 勉强跑过 luogu（微笑）
然而 BZOJ set 就能过（摊手）

Code

// Code by ajcxsu
// Problem: knight

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

typedef long long ll;

const int N=1e6+10;
vector<int> to[N];
ll w[N];
int rt, lf; // now root and leaf

template<typename T> void gn(T &x) {
    x=0;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0' || ch>'9') ch=getchar();
    while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0', ch=getchar();
}

ll f[N][2];

bool tag[N];
void dfs(int x, int from) {
    tag[x]=1;
    for(int i=0, len=to[x].size();i<len;i++)
        if(to[x][i]!=from) {
            if(tag[to[x][i]]) rt=x, lf=to[x][i];
            else dfs(to[x][i], x);
        }
}
void dp(int x, int fa) {
    f[x][0]=0, f[x][1]=w[x];
    for(int i=0,len=to[x].size();i<len;i++)
        if(to[x][i]!=fa && (x!=rt||to[x][i]!=lf) && (x!=lf || to[x][i]!=rt)) {
            dp(to[x][i], x);
            f[x][0]+=max(f[to[x][i]][0], f[to[x][i]][1]);
            f[x][1]+=f[to[x][i]][0];
        }
}

int main() {
    int n;
    gn(n);
    int u;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        gn(w[i]), gn(u);
        to[i].push_back(u), to[u].push_back(i);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        sort(to[i].begin(), to[i].end());
        to[i].erase(unique(to[i].begin(), to[i].end()), to[i].end());
    }
    ll nans, ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(!tag[i]) {
            rt=lf=-1;
            dfs(i, 0);
            if(rt==-1) rt=i;
            dp(rt, 0), nans=f[rt][0];
            if(lf!=-1) dp(lf, 0), nans=max(nans, f[lf][0]);
            else nans=max(nans, f[rt][1]);
            ans+=nans;
        }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

本文链接：https://pst.iorinn.moe/archives/sol-luogu-2607.html
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