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【Codeforces】Codeforces Round #660 (Div. 2) D. Captain Flint and Treasure | 贪心

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Problem - 1388D - Codeforces

题目

题目大意

给定两个长度为为 $n$ 的数组 $a_1,a_2,...,a_n$ 和 $b_1,b_2,...,b_n$，表示如果取走了 $a_i$，将会使得 $a_{b_i}=a_{b_i}+a_i$。安排一个取数的顺序，使得取得的所有数之和最大。输出最大的和以及任意最优的取数方案。

思路

以 $b_i$ 为节点 $i$ 的父节点建树。

不考虑权值为负的节点，为了尽可能的多利用正数，我们以类似拓扑排序的方式从叶子节点开始取数，则每个正数对答案的贡献为它到根节点的距离乘以它的权值。该部分我们可以用 BFS 的方式，先将入度为 0 的点加入队列，只要队列非空我们就：

1. 取出队首元素 $d[h]$
2. 如果队首元素的权值 $a_{d[h]}$ 非负，我们认为该节点的权值已经不会再变大了，我们就把它取走加入答案，让 $a_{b_{d[h]}}=a_{b_{d[h]}}+a_{d[h]}$。
3. 如果队首元素的权值 $a_{d[h]}$ 为负数，为了不让 $a_{b_{d[h]}}$ 变小，我们先不取它。
4. 我们让节点 $b_{d[h]}$ 的入度减一，意为有可能让 $b_{d[h]}$ 变大的节点减少了一个。
5. 如果节点 $b_{d[h]}$ 的入度为 0，让其入队。

在操作完之后，我们剩下了一堆权值为负的节点没有取，为了让负权点的影响尽可能小，我们从根节点遍历整棵数，将负权点以 DFS 序取出，则操作完非负权点的数组中的每个负数对答案的贡献为它的权值。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL=long long;
const int N=500001;
vector<int> e[N];
int f[N],x,y,z;
int n,m,k;
LL a[N];
int d[N],h,t,cnt[N];
LL ans=0;
vector<int> step;
void dfs(int u)
{
	if (a[u]<0)
	{
		step.push_back(u);
		ans+=a[u];
	}
	for (auto v:e[u])
		dfs(v);
}
int solve()
{
	ans=0;
	step.clear();
	for (int i=1;i<=n;++i)
	{
		cnt[i]=d[i]=0;
		e[i].clear();
	}
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&a[i]);
	for (int i=1;i<=n;++i)
	{
		scanf("%d",&f[i]);
		if (f[i]==-1) f[i]=0;
		cnt[f[i]]++;
		e[f[i]].push_back(i);
	}
	h=t=0;
	for (int i=1;i<=n;++i) 
		if (!cnt[i]) d[++t]=i;
	while (h!=t)
	{
		h++;
		if (a[d[h]]>=0)
		{
			ans+=a[d[h]];
			step.push_back(d[h]);
		}
		if (!f[d[h]]) continue;
		if (a[d[h]]>=0) a[f[d[h]]]+=a[d[h]];
		if (--cnt[f[d[h]]]==0) d[++t]=f[d[h]];
	}
	dfs(0);
	printf("%lld\n",ans);
	for (auto v:step) printf("%d ",v);
	printf("\n");
}
int main()
{
	solve();
	return 0;
}