##[$AcWing$ $285$. 没有上司的舞会](https://www.acwing.com/problem/content/287/)

### 一、题目描述
$Ural$ 大学有 $N$ 名职员，编号为 $1$∼$N$。
<b>他们的关系就像一棵以校长为根的树，父节点就是子节点的直接上司。</b>

每个职员有一个快乐指数，用整数 $H_i$ 给出，其中 $1≤i≤N$。

现在要召开一场周年庆宴会，不过，**没有职员愿意和直接上司一起参会**。

在满足这个条件的前提下，主办方希望邀请一部分职员参会，<b>使得所有参会职员的快乐指数总和最大，求这个最大值</b>。

**输入格式**

第一行一个整数 $N$。

接下来 $N$ 行，第 $i$ 行表示 $i$ 号职员的快乐指数 $Hi$。

接下来 $N−1$ 行，每行输入一对整数 $L,K$，表示 $K$ 是 $L$ 的直接上司。

**输出格式**
输出最大的快乐指数。

**输入样例**：
```cpp {.line-numbers}
7
1
1
1
1
1
1
1
1 3
2 3
6 4
7 4
4 5
3 5
```

**输出样例**：
```cpp {.line-numbers}
5
```
### 二、理解与分析
* 看完题，知道这是一道与树相关的试题
* 对于某个人来讲，他是否参加都是可以的，但他是否参加直接影响着他下属的选择
  * 他参加，那么，他的直接下属不来了，下属的下属不受此影响
  * 他不参加，那么，他的直接下属还是有两种选择，参加或不参加
* 分析到这里，似乎这和最初的$01$背包是多么的相像，可以选时，有可能选择，可能放弃；不能选时，直接放弃，这不就是$dp$吗？

* 因为上面提到了是一道与树相关的试题，在树上$dp$，躲不开$dfs$
* 如果是$dp$的话，需要设计一下状态的计算结果数组，有人管它叫做 **状态表示**。那怎么表示呢？$dp$的话，强调的是状态转移要方便快捷，第一个维度肯定是子树的根节点，比如$f[u]$。

* 如果只有一维就可以的话，就不用考虑增加维度了。我们来思考一下一维是否够用：一个小领导$A$，他要关心自己下属子树的$Happy$值最大，他面临两种选择
  * 自己参加舞会
  * 自己不参加舞会
* 这两种选择，使得后继的员工选择会发生变化，导致整体的$Happy$值变化。$A$需要思考两种情况，拿到两种情况的最大值后，进行一次$max$运算，才是答案。
* 这两种情况，可以视为两条路，分别是在$A$参加和不参加情况下。
* 这两条路径，递推的结果汇总是不一样的，所以增加二维，变成$f[u][0],f[u][1]$,分别  
  * 表示以$u$为根的子树，并且，不选择$u$的情况
  * 表示以$u$为根的子树，并且，选择$u$的情况

* 上面都想明白后，再考虑一些细节
  * 如何建树呢？谁向谁建边呢？树一般就是树向分枝建边，也就是 <font color='red' size=4><b>一对多正确，多对一错误</b></font>
  * $dfs$需要从哪个节点开始进行搜索呢？一般是根，本题没有告诉我们几号员工是大老板，我们还需要根据入度出度的关系来决策谁是大老板。
  
### 三、动态规划分析
**状态表示**

$f[u][1]$表示以$u$为根节点的子树并且**包括$u$的总快乐指数**

$f[u][0]$表示以$u$为根节点并且**不包括$u$的总快乐指数**

**状态计算**
要想求得一棵以$u$为根节点的子树的最大指数分为两种：选$u$节点或不选$u$节点

记点$u$的子节点是$j$
* 1.选$u$，$\large f[u][1]=\sum f[v][0]$
* 2.不选$u$，$\large f[u][0]=\sum max(f[v][1],f[v][0])$

记根节点为$root$
从$root$开始$dfs$一遍即可
最后输出$max(f[root][1],f[root][0])$

可以参阅它的姊妹题 **[$AcWing 323$ . 战略游戏](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/15788291.html)**

### 四、实现代码
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 6010;

int happy[N]; // 快乐值
int in[N];    // 入度
int f[N][2];  // dp的状态结果数组
int n;

// 构建邻接表
int h[N], e[N], ne[N], idx;
void add(int a, int b) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}

// 通过深度优先搜索，对树进行遍历
void dfs(int u) {
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int v = e[i];
        dfs(v);                           // 继续探索它的孩子,它的值是由它的孩子来决定的
        f[u][1] += f[v][0];               // 它选择了，它的孩子就不能再选
        f[u][0] += max(f[v][0], f[v][1]); // 它不选择，那么它的每一个孩子，都是可以选择或者不选择的
    }
    // 不管是不是叶子结点，都会产生happy[u]的价值
    f[u][1] += happy[u];
}

int main() {
    // 邻接表表头初始化
    memset(h, -1, sizeof h);

    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> happy[i];

    // 读入树
    for (int i = 1; i < n; i++) { // n-1条边
        int x, y;
        cin >> x >> y;
        add(y, x);
        in[x]++; // 记录入度，因为需要找出大boss
    }

    // 从1开始找根结点
    int root = 1;
    while (in[root]) root++; // 找到根结点,入度为0

    // 递归
    dfs(root);

    // 取两个
    printf("%d\n", max(f[root][0], f[root][1]));

    return 0;
}
```