這道題bzoj上也有，可惜我沒許可權，只在acwing上過了
題目：首先是建邊問題，乙個點可不可以選取決於有沒有限制它的點沒有被選上，因此建立邊的方式就是從 被限制的點指向限制它的點，單向邊，此時假如需要選乙個點，那麼必定有乙個以上它的子節點沒有被選
用dp[i][option] 來做dp陣列，其中i為哪乙個點，option為0的話表示不選這個點，option為1的話表示選這個點。
假設to是now的子節點，那麼
不選now這個點，那麼其子節點怎麼選都無所謂，直接都選最大的
假如選now這個點，其子節點就必定有乙個不能被選上，此時如何表達呢？
首先我們先選子節點最大的那個狀態：
假如此時有乙個子節點的dp[to][0]>=dp[to][1],那就符合條件，但是假如所有子節點都是dp[to][1]>dp[to][0]
此時我們需要找到乙個dp[to][1]-dp[to][0] 最小的，然後讓dp[now][1]減去這個最小值即可
其中sto初始化為正無窮，假如有乙個dp[to][0]>=dp[to][1]，那麼sto的結果將會是0
最後，對於環形問題，有時候是將它切割成線性問題，然後分類討論完成。
本題就是需要找到環上的乙個點，將它和它限制的那個點斷開，先後進行兩次樹形dp，第一次是假設環上的這個點對其限制的點不起限制作用，另外一次是強制環上那個點已經限制了其可以限制的點（也就是環上那個點不選）
#includeusing namespace std;
const int maxn = 1e5 + 7;
int n, tot, root;
int fat[maxn], dp[maxn][2];
int head[maxn], nxt[maxn << 1], to[maxn << 1];
int vis[maxn];
int flag;
void add_edge(int fro,int to)
void tree_dp(int now)
dp[now][1] = dp[now][0] - sto + 1;
if (now == fat[root] && flag) dp[now][1] = dp[now][0] + 1; //假如起強制限制作用，那麼那個點的其他子節點就都可以隨便選了
}int main()
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
flag = 0; //flag=0表示不起限制作用
tree_dp(root);
res = max(dp[root][0], dp[root][1]);
flag = 1; //表示起強制限制作用
tree_dp(root);
res = max(res, dp[root][0]);
ans += res;
} cout << ans << endl;
}
NOIP模擬賽 創世紀
好水的題呀 我們根據它邊連得性質，很容易發現它是乙個基環樹。我們對於樹上，只要使得每個節點至少有乙個點不被選就好了，用樹形dp可以解決，分別求出選這個點與不選這個點時的值。而對於環上的部分，我們就找到兩個相鄰的點，跑一邊環用先前的dp值找出環的最大值，加在一起就行了。include include ...
BZOJ 3037 創世紀 樹形DP
題目大意 給定一張有向圖，每個點有且僅有一條出邊，要求若乙個點x扔下去，至少存在乙個保留的點y，y的出邊指向x，求最多扔下去多少個點 首先原題的意思就是支配關係 我們反向考慮 求最少保留的點 要求乙個點若扔出去 則必須存在乙個保留的點指向它 於是這就是最小支配集 不過由於是有向圖 所以乙個點要麼選擇...
NOIP2014模擬11 6 創世紀
這題，我們可以轉化成乙個圖論問題，我們只需要記錄入度個數就好了 首先，然後我們把它刪掉之後，就可以看到，它所能控制的點就合法了，因為它可以被乙個不合法的點控制，並把合法的點的出度刪掉。每次就是這樣做。最後一種gg的情況，要特判一下。就是有環的情況 於是，這樣一題看似很難的題就被化成乙個沒有任何演算法...