這道題的解題關鍵在於：n個點，n條邊

說起n個點，n-1條邊，聯通，必然是樹形結構

那再多一條邊呢？

這種圖有自己的名字：基環樹，也就是隻有一個環的樹

比如：

在做這題前可以先去看看：洛谷P1352沒有上司的舞會

要求一條邊的兩個端點不能同時取，處理方法是設dp[i][0/1]表示這點取或者不取

轉移方程為:

dp[u][0]+=max(dp[to][0],dp[to][1]);
dp[u][1]+=dp[to][0];

其中該點不選（0）時，對son沒有影響，貪心地選擇最大值即可；

該點要選（1）時，要求son一定不能選，就只能+dp[son][0];

這道題可以看成是基環樹版本的P1352

做法是分別找環上兩點S和T，以這兩點為根進行一次dfs，最後取dp[S][0]和dp[T][0]的最大值

 因為狀態轉移方程可以保證樹的兩邊點不能同時選，但無法保證S和T有沒有同時選，這個dp過程是不知道的

假設最優解為選S,不選T，那麼答案在dp[T][0]，同理dp[S][0]

如果最優解是S和T都不選，那更好了>_<

PS:對於基環樹，一般可以刪去一條邊，轉化為比較熟悉的樹，或者像這題這樣什麼的

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=int(1e5)+7;
int vis[maxn],vis2[maxn],n,p[maxn],head[maxn],cnt=0
 
,s,t,isfind=0;
long long ans=0,dp[maxn][3],dp2[maxn][3];
double k;
struct lys{
    int from,to,nxt;
}e[maxn*3];
void add(int from,int to)
{
    cnt++;e[cnt].from=from;e[cnt].to=to;e[cnt].nxt=head[from];head[from]=cnt;
}
void build(int fa,int u)
{ 
  vis[u]=1;
    for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt)
    {
        
 
int to=e[i].to;
        if(to==fa) continue;
        if(vis[to]==1) 
        {
            s=to;t=u;continue;
        }
        build(u,to);
    }
}
void dfs(int fa,int u)
{ vis[u]=1;
  dp[u][0]=0;
  dp[u][1]=p[u];
    for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt)
    {
        int to=e[i].to;
        if(to==fa||vis[to]) continue;
        dfs(u,to);
        dp[u][0]+=max(dp[to][0],dp[to][1]);
        dp[u][1]+=dp[to][0];
    }
}
int main()
{ isfind=0;
    //freopen("lys.in","r",stdin);
   cin>>n;
   for(int i=1;i<=n;i++) cin>>p[i];
   for(int i=1;i<=n;i++)
   {
        int u,v;cin>>u>>v;
        u++;v++;
        add(u,v);
        add(v,u);
   }    
   cin>>k;
   build(-1,1);
   memset(vis,0,sizeof(vis));
   dfs(0,s);
   ans=dp[s][0];
   memset(vis,0,sizeof(vis));
   dfs(0,t);
   ans=max(dp[s][0],dp[t][0]);

   printf("%.1lf",(double)ans*k);
}