给你一棵树，树上的每一个结点都会有一个权值，你可以选取任意多的结点，但是倘若你获取了某个结点\(a_i\)，那么他的所有直接儿子就都不会被选取，现在问你最大能够获得的权值。
树形\(dp\)的入门题目
首先有一个显然的一点，对于每一个结点都会有选和不选两种方案。我们不妨设\(dp[x][0/1]\)。其中\(dp[x][0]\)为以结点\(x\)为根的子树且不选取当前结点\(x\)的权值最大值，\(dp[x][1]\)为以结点\(x\)为根的子树且选取当前结点\(x\)的权值最大值。
那么根据题目的意思，倘若没有选取了\(x\)结点，那么所有显然所有的儿子结点都可以去选取，而每个儿子都会有取和不取两种状态，因此有转移方程\(dp[x][0]+=\sum\max(dp[son[x]][0],dp[son[x]][1])\)
而倘若选取了\(x\)结点，那么显然儿子的所有结点都不能选，故有状态转移方程\(dp[x][1]+=\sum(dp[son][0])\)
最后我们只需要获取一下根结点\(root\)的记录，因为树存在着递归的性质，因此我们只需要通过\(dfs\)从叶子向根进行更新即可，最后的答案为\(\max(dp[root][1],dp[root][0])\)
#include <bits/stdc++.h> #define maxn 6005 using namespace std; struct Node{ int to,next; }q[maxn]; int head[maxn],cnt=0,val[maxn],dp[maxn][2],inde[maxn]; void add_edge(int from,int to){ q[cnt].to=to; q[cnt].next=head[from]; head[from]=cnt++; } void init(){ memset(head,-1,sizeof(head)); cnt=0; } void dfs(int x){ dp[x][0]=0,dp[x][1]=val[x]; for(int i=head[x];i!=-1;i=q[i].next){ int to=q[i].to; dfs(to); dp[x][0]+=max(dp[to][0],dp[to][1]); dp[x][1]+=dp[to][0]; } } int main() { int n; scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",&val[i]); } int from,to; init(); while(scanf("%d%d",&to,&from)){ if(to==0&&from==0) break; add_edge(from,to); inde[to]++; } int root=0; for(int i=1;i<=n;i++){ if(inde[i]==0){ root=i; break; } } dfs(root); printf("%d\n",max(dp[root][1],dp[root][0])); return 0; }