Description
GDOI商场推出优惠活动，以超低价出售若干种商品。但是，商场为避免过分亏本，规定某些商品不能同时购买，而且每种超低价商品只能买一件。身为顾客的你想获得最大的实惠，也就是争取节省最多的钱。经过仔细研究，发现商场出售的超低价商品中，不存在以下情况： n(n>=3)种商品C1,C2,…..,Cn,其中Ci,Ci+1是不能同时购买的(i=1,2…,n-1)并且C1, Cn也不能同时购买。 编程计算可以节省的最大金额数。
Input
第一行两个整数K,M(1<=K<=1000).其中K表示超低价商品数。K种商品的编号依次为1,2,…,K。M表示不能同时购买的商品对数.接下来K行，第i行有一个整数Xi表示购买编号为i的商品可以节省的金额(1<=Xi<=100).再接下来M行，每行两个数A ,B,表示A和B不能同时购买，1<=A<=K,1<=B<=K,A<>B
Output
仅一个整数，表示能节省的最大金额数。
Sample Input
3 1 1 1 1 1 2
Sample Output
2
既然是树，我们为了方便就把它弄成有根树。 这道题跟节点数有关，我们就可以用一个DFS来求出当前节点的儿子树 题目要求，我们要找一个点，删除后要求剩下的联通块节点数不超过总数的一半。 我们可以通过一个DFS，每步回溯子树大小，判断是否能否删除此节点
#include<cstdio> #include<algorithm> #define N 1005 using namespace std; int k,m,s=0,p[N][N],t[N][N],c[N],f[N][2]; bool v[N]; void make(int x) { v[x]=1; for(int i=1;i<=p[x][0];i++) if(!v[p[x][i]]) { t[x][++t[x][0]]=p[x][i]; make(p[x][i]); } } void work(int x) { f[x][0]=0,f[x][1]=c[x]; if(t[x][0]==0) return; for(int i=1;i<=t[x][0];i++) work(t[x][i]); for(int i=1;i<=t[x][0];i++) { f[x][0]+=max(f[t[x][i]][0],f[t[x][i]][1]); f[x][1]+=f[t[x][i]][0]; } } int main() { scanf("%d%d",&k,&m); for(int i=1;i<=k;i++) scanf("%d",&c[i]); for(int i=1;i<=m;i++) { int a,b; scanf("%d%d",&a,&b); p[a][++p[a][0]]=b; p[b][++p[b][0]]=a; } for(int i=1;i<=k;i++) if(p[i][0]==0) s+=c[i]; else if(!v[i]) { make(i); work(i); s+=max(f[i][0],f[i][1]); } printf("%d",s); return 0; }