2015年第六屆藍橋杯本科B組C++省賽個人題解
比賽結束已經一星期了，成績也出來了，江蘇非211組的省前十，但是深感自己還是有太多的不足。絕對不能以自己還只是大一為藉口，acm這條路還長的很。
目測得了95分（滿分150），第一題錯了，程式碼填空第一題錯了，倒數第二題扣了一點分，最後一道大題全錯。
之所以會這麼晚來發這道題解，是因為深感自己不足，倒數第二題沒有做出來，是因為自己居然不會用【矩陣快速冪】。因此，現學現用以自省。
關於題目：所有填空題都可以純暴力，只要會回溯剪枝法對於藍橋杯已經足夠了。大題目難度一年比一年高
第一題 結果填空 3‘
獎券數目
有些人很迷信數字，比如帶“4”的數字，認為和“死”諧音，就覺得不吉利。
雖然這些說法純屬無稽之談，但有時還要迎合大眾的需求。某抽獎活動的獎券號碼是5位數（10000-99999），要求其中不要出現帶“4”的號碼，主辦單位請你計算一下，如果任何兩張獎券不重號，最多可發出獎券多少張。
請提交該數字（一個整數），不要寫任何多餘的內容或說明性文字。
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題解：考試的時候寫了個回溯法，然後屁顛屁顛的開始做下面一題了。。。結果錯了→_→
#include <iostream> using namespace std; bool fuck(int t) { while(t) { if(t%10==4)return false; t/=10; } return true; } int main() { int ans = 0, t = 10000; while(t<100000) if(fuck(t++))ans++; cout<<ans<<endl; return 0; }
正確答案：52488（我居然上來第一題就錯了 居然寫了13440→_→）
//cout<<8*9*9*9*9; →_→
第二題 結果填空 5‘
星系炸彈
在X星系的廣袤空間中漂浮著許多X星人造“炸彈”，用來作為宇宙中的路標。
每個炸彈都可以設定多少天之後爆炸。
比如：阿爾法炸彈2015年1月1日放置，定時為15天，則它在2015年1月16日爆炸。
有一個貝塔炸彈，2014年11月9日放置，定時為1000天，請你計算它爆炸的準確日期。
請填寫該日期，格式為 yyyy-mm-dd 即4位年份2位月份2位日期。比如：2015-02-19
請嚴格按照格式書寫。不能出現其它文字或符號。
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題解：不用廢話，直接手算頂多3分鐘，注意2016是閏年
正確答案：2017-08-05
第三題 結果填空 9‘
三羊獻瑞
觀察下面的加法算式：
祥 瑞 生 輝
+ 三 羊 獻 瑞
-------------------
三 羊 生 瑞 氣
(如果有對齊問題，可以參看【圖1.jpg】)
其中，相同的漢字代表相同的數字，不同的漢字代表不同的數字。
請你填寫“三羊獻瑞”所代表的4位數字（答案唯一），不要填寫任何多餘內容。
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
題解：水題，給“祥瑞生輝三羊獻氣”編號01234567，直接回溯窮舉即可
#include <iostream>
using namespace std;
int a[8];
bool b[10];
void dfs(int cur)
{
if(cur == 8)
{
int x = a[0]*1000+a[1]*100+a[2]*10+a[3],y = a[4]*1000+a[5]*100+a[6]*10+a[1], z=a[4]*10000+a[5]*1000+a[2]*100+a[1]*10+a[7];
if(x+y==z)cout<<a[4]<<a[5]<<a[6]<<a[1]<<endl;
}
else
{
for(int i = 0; i < 10; i++)
{
if(cur == 0&&i == 0)continue;
if(cur == 4&&i == 0)continue;
if(!b[i])
{
b[i]=1;
a[cur]=i;
dfs(cur+1);
b[i]=0;
}
}
}
}
int main()
{
dfs(0);
return 0;
}
正確答案：1085
第四題 程式碼填空 11‘
格子中輸出
StringInGrid函式會在一個指定大小的格子中列印指定的字串。
要求字串在水平、垂直兩個方向上都居中。
如果字串太長，就截斷。
如果不能恰好居中，可以稍稍偏左或者偏上一點。
下面的程式實現這個邏輯，請填寫劃線部分缺少的程式碼。
#include <stdio.h>
#include <string.h>
void StringInGrid(int width, int height, const char* s)
{
int i, k;
char buf[1000];
strcpy(buf, s);
if (strlen(s)>width - 2) buf[width - 2] = 0;
printf("+");
for (i = 0; i<width - 2; i++) printf("-");
printf("+\n");
for (k = 1; k<(height - 1) / 2; k++)
{
printf("|");
for (i = 0; i<width - 2; i++) printf(" ");
printf("|\n");
}
printf("|");
printf("%*s%s%*s", _____________________________________________); //填空
printf("|\n");
for (k = (height - 1) / 2 + 1; k<height - 1; k++)
{
printf("|");
for (i = 0; i<width - 2; i++) printf(" ");
printf("|\n");
}
printf("+");
for (i = 0; i<width - 2; i++) printf("-");
printf("+\n");
}
int main()
{
StringInGrid(20, 6, "abcd1234");
return 0;
}
對於題目中資料，應該輸出：
+------------------+
| |
| abcd1234 |
| |
| |
+------------------+
（如果出現對齊問題，參看【圖1.jpg】）
注意：只填寫缺少的內容，不要書寫任何題面已有程式碼或說明性文字。
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題解：我是一名OI黨，入門直接學的是C++，結果考了個printf裡面%*s的用法。。。。太特麼冷門了，窮舉了沒試出來，原來後面的引數要跟兩個。。。。分數11分怒丟
正確答案：(width-strlen(s)-2)/2,"",s,(width-strlen(s)-1)/2,""
備註：答案可以形式多樣性，只要代入使得程式碼成立即可，但要注意奇偶問題所以後面一個要+1不然sample過了也是錯的
第五題 程式碼填空 13‘
九陣列分數
1,2,3...9 這九個數字組成一個分數，其值恰好為1/3，如何組法？
下面的程式實現了該功能，請填寫劃線部分缺失的程式碼。
#include <stdio.h>
void test(int x[])
{
int a = x[0] * 1000 + x[1] * 100 + x[2] * 10 + x[3];
int b = x[4] * 10000 + x[5] * 1000 + x[6] * 100 + x[7] * 10 + x[8];
if (a * 3 == b) printf("%d / %d\n", a, b);
}
void f(int x[], int k)
{
int i, t;
if (k >= 9)
{
test(x);
return;
}
for (i = k; i<9; i++)
{
{t = x[k]; x[k] = x[i]; x[i] = t; }
f(x, k + 1);
_____________________________________________ // 填空處
}
}
int main()
{
int x[] = { 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 };
f(x, 0);
return 0;
}
注意：只填寫缺少的內容，不要書寫任何題面已有程式碼或說明性文字。
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題解：水題，回溯法的最最基本常識，全域性變量回溯完成後必須更改回初值
正確答案：{t=x[k]; x[k]=x[i]; x[i]=t;}
備註：
1.答案可以形式多樣性，只要代入使得程式碼成立，且對所有情況成立的通解即可
2.我個人認為一個橫線可以填多個語句，所以去掉大括號，或者利用原有t值少寫一句子no problem
第六題 結果填空 17‘
加法變乘法
我們都知道：1+2+3+ ... + 49 = 1225
現在要求你把其中兩個不相鄰的加號變成乘號，使得結果為2015
比如：
1+2+3+...+10*11+12+...+27*28+29+...+49 = 2015
就是符合要求的答案。
請你尋找另外一個可能的答案，並把位置靠前的那個乘號左邊的數字提交（對於示例，就是提交10）。
注意：需要你提交的是一個整數，不要填寫任何多餘的內容。
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題解：水題，一共是48個位置，C(48,2)扣掉連在一起的情況，窮舉一遍過即可。
#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{
for(int i = 1; i < 47; i++)
for(int j = i + 2; j < 49; j++)
{
int sum = 0;
for(int k = 1; k < i; k++)sum+=k;
sum+=i*(i+1);
for(int k = i+2; k < j; k++)sum+=k;
sum+=j*(j+1);
for(int k = j+2; k < 50; k++)sum+=k;
if(sum==2015)cout<<i<<endl;
}
return 0;
}正確答案：16
第七題 結果填空 21‘
牌型種數
小明被劫持到X賭城，被迫與其他3人玩牌。
一副撲克牌（去掉大小王牌，共52張），均勻發給4個人，每個人13張。
這時，小明腦子裡突然冒出一個問題：
如果不考慮花色，只考慮點數，也不考慮自己得到的牌的先後順序，自己手裡能拿到的初始牌型組合一共有多少種呢？
請填寫該整數，不要填寫任何多餘的內容或說明文字。
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題解：水題，一共是記號為A,2,3,4,5,6,7,8,9,10,J,Q,k的十三個元素，每個元素的情況可能是0,1,2,3,4。這十三個元素的和為13即可。回溯窮舉再剪枝即可。
#include <iostream>
using namespace std;
int ans = 0, sum = 0;
void dfs(int cur)
{
if (sum>13)return;
if (cur == 13)
{
if (sum == 13)ans++;
return;
}
else
{
for (int i = 0; i < 5; i++)
{
sum += i;
dfs(cur + 1);
sum -= i;
}
}
}
int main()
{
dfs(0);
cout << ans << endl;
return 0;
}
正確答案：3598180
第八題 程式設計 15‘
移動距離
X星球居民小區的樓房全是一樣的，並且按矩陣樣式排列。其樓房的編號為1,2,3...
當排滿一行時，從下一行相鄰的樓往反方向排號。
比如：當小區排號寬度為6時，開始情形如下：
1 2 3 4 5 6
12 11 10 9 8 7
13 14 15 .....
我們的問題是：已知了兩個樓號m和n，需要求出它們之間的最短移動距離（不能斜線方向移動）
輸入為3個整數w m n，空格分開，都在1到10000範圍內
w為排號寬度，m,n為待計算的樓號。
要求輸出一個整數，表示m n 兩樓間最短移動距離。
例如：
使用者輸入：
6 8 2
則，程式應該輸出：
4
再例如：
使用者輸入：
4 7 20
則，程式應該輸出：
5
資源約定：
峰值記憶體消耗 < 256M
CPU消耗 < 1000ms
請嚴格按要求輸出，不要畫蛇添足地列印類似：“請您輸入...” 的多餘內容。
所有程式碼放在同一個原始檔中，除錯通過後，拷貝提交該原始碼。
注意: main函式需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 標準，不要呼叫依賴於編譯環境或作業系統的特殊函式。
注意: 所有依賴的函式必須明確地在原始檔中 #include <xxx>， 不能通過工程設定而省略常用標頭檔案。
提交時，注意選擇所期望的編譯器型別。
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題解：從分值上都能看出來是水題。。。比前面兩個填空題的分值都低。。。。
最簡單的做法，小學生都會的，用數論的完全剩餘系，我們強行更改矩陣的編號
比如題目中的強行更改為：
0 1 2 3 4 5
11 10 9 8 7 6
12 13 14......
這樣就算起來非常方便了，要求的答案就是座標之差
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
int main()
{
int w,m,n;
cin>>w>>m>>n;
m--;n--;
int m1=m/w, m2=m%w;
if(m1&1)m2=w-1-m2;
int n1=n/w, n2=n%w;
if(n1&1)n2=w-1-n2;
cout<<abs(m1-n1)+abs(m2-n2)<<endl;
return 0;
}
第九題 程式設計 25‘
壘骰子
賭聖atm晚年迷戀上了壘骰子，就是把骰子一個壘在另一個上邊，不能歪歪扭扭，要壘成方柱體。
經過長期觀察，atm 發現了穩定骰子的奧祕：有些數字的面貼著會互相排斥！
我們先來規範一下骰子：1 的對面是 4，2 的對面是 5，3 的對面是 6。
假設有 m 組互斥現象，每組中的那兩個數字的面緊貼在一起，骰子就不能穩定的壘起來。
atm想計算一下有多少種不同的可能的壘骰子方式。
兩種壘骰子方式相同，當且僅當這兩種方式中對應高度的骰子的對應數字的朝向都相同。
由於方案數可能過多，請輸出模 10^9 + 7 的結果。
不要小看了 atm 的骰子數量哦～
「輸入格式」
第一行兩個整數 n m
n表示骰子數目
接下來 m 行，每行兩個整數 a b ，表示 a 和 b 數字不能緊貼在一起。
「輸出格式」
一行一個數，表示答案模 10^9 + 7 的結果。
「樣例輸入」
2 1
1 2
「樣例輸出」
544
「資料範圍」
對於 30% 的資料：n <= 5
對於 60% 的資料：n <= 100
對於 100% 的資料：0 < n <= 10^9, m <= 36
資源約定：
峰值記憶體消耗 < 256M
CPU消耗 < 2000ms
請嚴格按要求輸出，不要畫蛇添足地列印類似：“請您輸入...” 的多餘內容。
所有程式碼放在同一個原始檔中，除錯通過後，拷貝提交該原始碼。
注意: main函式需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 標準，不要呼叫依賴於編譯環境或作業系統的特殊函式。
注意: 所有依賴的函式必須明確地在原始檔中 #include <xxx>， 不能通過工程設定而省略常用標頭檔案。
提交時，注意選擇所期望的編譯器型別。
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題解：終於不是水題了，然而卻沒全做出來。。。難度跳躍太大。。。
考場上，我先用dfs做，結果數字大於5的時間就hold不住了，於是果斷改成記憶化動態規劃，但是隻能到一萬，實在沒辦法了。
大神跟我說用矩陣快速冪做，所以現在立馬現學現用。
【考場程式】講解：利用記憶化DP窮舉底面銜接的所有情況，dp[p][q]表示第p層底面是q的情況種數，側面是相互獨立的最後乘以4^n即可比如提給資料就是34再乘上兩個4。但是上限1000000000實在是達不到了。
#include <iostream>
#include <cstring>
#define N 1000000007
using namespace std;
//考場上我用的map<int,int>現在想想發現多餘了
int o[7] = { 0, 4, 5, 6, 1, 2, 3 };
bool fuck[7][7];
int n, m;
long long ans = 0;
const int maxn = 20005;
long long dp[maxn][7];
long long dfs(int cur, int p)
{
if (cur == n) return 1;
else
{
if (dp[cur][p] >= 0)return dp[cur][p];
long long t = 0;
for (int i = 1; i < 7; i++)
{
if (fuck[i][o[p]])continue;
t += dfs(cur + 1, i);
t %= N;
}
return dp[cur][p] = t;
}
}
int main()
{
memset(dp, -1, sizeof(dp));
cin >> n >> m;
for (int i = 0; i < m; i++)
{
int t1, t2;
cin >> t1 >> t2;
fuck[t1][t2] = 1;
fuck[t2][t1] = 1;
}
for (int i = 1; i < 7; i++)
{
ans+=dfs(1, i);
ans %= N;
}
for (int i = 0; i < n; i++)
{
ans *= 4;
ans %= N;
}
cout << ans << endl;
return 0;
}【AC版本】：矩陣快速冪
同理我們只考慮底面的情況，最後乘上4^n即可。
我們設六階矩陣An，其中An的第a行第b列表示第一層底面數字為a、第n層數字為b的所有排列的情況
記六階矩陣X中，第a行第b列表示相鄰兩層的是否能成功連線的情況。a和b能連則為1，a和b不能連則為0（注意是相鄰兩層的底面，不是銜接面，所以要轉化，比如題給的1 2要改為1 5）
根據上述定義，易得遞推式：
An = An-1X，且 A1 = E（六階單位矩陣）
可得到An的表示式為An = Xn-1
那麼ans就是矩陣 Xn-1 的36個元素之和
注意最後側面的4^n也要二分冪不然會爆炸
#include <iostream>
#include <cstring>
#define N 1000000007
using namespace std;
struct Matrix
{
long long a[6][6];
Matrix(int x)
{
memset(a, 0, sizeof(a));
for (int i = 0; i < 6; i++) a[i][i] = x;
}
};
Matrix operator*(const Matrix& p, const Matrix& q)
{
Matrix ret(0);
for (int i = 0; i < 6; i++)
for (int j = 0; j < 6; j++)
for (int k = 0; k < 6; k++)
{
ret.a[i][j] += p.a[i][k] * q.a[k][j];
ret.a[i][j] %= N;
}
return ret;
}
Matrix fast_mod(Matrix x, int t)
{
Matrix ret(1);
while (t)
{
if (t & 1)ret = x*ret;
x = x*x;
t >>= 1;
}
return ret;
}
int main()
{
Matrix z(0);
for (int i = 0; i < 6; i++)
for (int j = 0; j < 6; j++)
{
z.a[i][j] = 1;
}
int m, n;
cin >> n >> m;
for (int i = 0; i < m; i++)
{
int t1, t2;
cin >> t1 >> t2;
z.a[t1 - 1][(t2 + 2) % 6] = 0;
z.a[t2 - 1][(t1 + 2) % 6] = 0;
}
Matrix ret(0);
ret = fast_mod(z, n - 1);
long long ans = 0;
for (int i = 0; i < 6; i++)
{
for (int j = 0; j < 6; j++)
{
ans += ret.a[i][j];
ans %= N;
}
}
long long p = 4;
while (n)
{
if (n & 1)
{
ans *= p;
ans %= N;
}
p *= p;
p %= N;
n >>= 1;
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
第十題 程式設計 31‘
生命之樹
在X森林裡，上帝建立了生命之樹。
他給每棵樹的每個節點（葉子也稱為一個節點）上，都標了一個整數，代表這個點的和諧值。
上帝要在這棵樹內選出一個非空節點集S，使得對於S中的任意兩個點a,b，都存在一個點列 {a, v1, v2, ..., vk, b} 使得這個點列中的每個點都是S裡面的元素，且序列中相鄰兩個點間有一條邊相連。
在這個前提下，上帝要使得S中的點所對應的整數的和儘量大。
這個最大的和就是上帝給生命之樹的評分。
經過atm的努力，他已經知道了上帝給每棵樹上每個節點上的整數。但是由於 atm 不擅長計算，他不知道怎樣有效的求評分。他需要你為他寫一個程式來計算一棵樹的分數。
「輸入格式」
第一行一個整數 n 表示這棵樹有 n 個節點。
第二行 n 個整數，依次表示每個節點的評分。
接下來 n-1 行，每行 2 個整數 u, v，表示存在一條 u 到 v 的邊。由於這是一棵樹，所以是不存在環的。
「輸出格式」
輸出一行一個數，表示上帝給這棵樹的分數。
「樣例輸入」
5
1 -2 -3 4 5
4 2
3 1
1 2
2 5
「樣例輸出」
8
「資料範圍」
對於 30% 的資料，n <= 10
對於 100% 的資料，0 < n <= 10^5, 每個節點的評分的絕對值不超過 10^6 。
資源約定：
峰值記憶體消耗 < 256M
CPU消耗 < 3000ms
請嚴格按要求輸出，不要畫蛇添足地列印類似：“請您輸入...” 的多餘內容。
所有程式碼放在同一個原始檔中，除錯通過後，拷貝提交該原始碼。
注意: main函式需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 標準，不要呼叫依賴於編譯環境或作業系統的特殊函式。
注意: 所有依賴的函式必須明確地在原始檔中 #include <xxx>， 不能通過工程設定而省略常用標頭檔案。
提交時，注意選擇所期望的編譯器型別。
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
題解：沒有系統的學過樹和圖，不知道什麼方法，我精通的只有floyd，所以考場上只想去騙30%的資料。n最大就是10，考場的時候我直接窮舉了點集的所有子集，最多就是1024種情況，判斷是否連通，連通的話算出來，可惜時間不夠差了一點。。。所以拿了0分
【考場程式】詳解：二進位制法子集生成窮舉
給定n，用二進位制法做出集合{0,1,2,...,n-1}的2n-1個非空子集，然後去判斷每個子集是否是連通樹的一部分，權值再求和即可。
//#define DEBUG
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <vector>
using namespace std;
const int maxn = 50;
int n;
int ver[maxn];
bool arc[maxn][maxn];
vector<int> vv;
long long ans = -1000007;
void subset(int s)
{
vv.clear();
for (int i = 0; i < n; i++)
{
if (s&(1 << i)) vv.push_back(i);
}
int len = vv.size(), t = 0;
for (int i = 0; i < len; i++)
{
for (int j = 0; j < len; j++)
{
if (arc[vv[i]][vv[j]])t++;
}
}
if (t / 2 != len - 1)return;
long long sum = 0;
for (int i = 0; i < len; i++)sum += ver[vv[i]];
if (sum>ans)ans = sum;
}
int main()
{
#ifdef DEBUG
#pragma warning(disable:4996)
freopen("d:\\input.txt", "r", stdin);
//freopen("d:\\output.txt", "w", stdout);
#endif
memset(ver, 0, sizeof(ver));
memset(arc, 0, sizeof(arc));
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; i++)
{
cin >> ver[i];
}
for (int i = 0; i < n - 1; i++)
{
int temp1, temp2;
cin >> temp1 >> temp2;
arc[temp1 - 1][temp2 - 1] = true;
arc[temp2 - 1][temp1 - 1] = true;
}
for (int i = 1; i < (1<<n); i++)
{
subset(i);
}
cout << ans << endl;
return 0;
}【AC版本（二叉連結串列）】樹形dp
詳解：題目給出的樹是鄰接表的構造法，這裡用二叉連結串列表示二叉樹，因此需要用dfs求出這棵樹的擴充套件前序遍歷來構造樹。樹建立完成後，用經典的樹形dp求出答案即可。
//#define DEBUG
#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 100005;
vector<int> preorder;
int pre = 0;
int value[maxn];
vector<int> arc[maxn];
void build()
{
int num;
cin >> num;
for (int i = 0; i < num; i++)
{
cin >> value[i];
}
int temp1, temp2;
for (int i = 1; i < num; i++)
{
cin >> temp1 >> temp2;
arc[--temp1].push_back(--temp2);
arc[temp2].push_back(temp1);
}
}
void dfs_preorder(int root, int last)
{
preorder.push_back(root);
int len = arc[root].size();
for (int i = 0; i < len; i++)
{
if (arc[root][i] == last)continue;
dfs_preorder(arc[root][i], root);
}
if (root == last) len++;
for (int i = len; i < 3; i++)
{
preorder.push_back(-1);
}
}
struct TreeNode
{
int val;
TreeNode *left;
TreeNode *right;
TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
};
TreeNode* creat(TreeNode *bt)
{
int v = preorder[pre++];
if (v == -1)bt = NULL;
else
{
bt = new TreeNode(value[v]);
bt->left = creat(bt->left);
bt->right = creat(bt->right);
}
return bt;
}
//遞迴求一個結點到另一個結點的路徑上的最大和
class Solution
{
public:
long long tmp;
int maxPathSum(TreeNode *root)
{ //如果沒有子樹則最大值就是自己
if (root == NULL)
{ //結點空返回
return 0;
}
tmp = root->val; //tmp存放結點路徑數值
MaxSubTree(root); //遞迴
return tmp;
}
int MaxSubTree(TreeNode* subtree)
{ //求解子樹
long long root = subtree->val; //遞迴時將根結點放在子樹的第一個結點上
long long left = 0, right = 0; //左右兩個遞迴子樹的sum均初始為0
if (subtree->left != NULL)
{ //當結點不為空時
left = MaxSubTree(subtree->left); //繼續遞迴
tmp = tmp > left ? tmp : left;
}
if (subtree->right != NULL)
{ //同上
right = MaxSubTree(subtree->right);
tmp = tmp > right ? tmp : right;
}
long long Lsum = root + left; //遞迴至空時，將左子樹和結點相加作為左邊總和
long long Rsum = root + right; //右邊總和
long long SUM = root + left + right; //總和
long long MaxTmp = max(max(max(Lsum, Rsum), SUM), root); //考慮負數的情況
tmp = max(tmp, MaxTmp);
return MaxTmp;
}
};
int main()
{
#ifdef DEBUG
#pragma warning(disable:4996)
freopen("D:\\input.txt", "r", stdin);
#endif
build();
int rt = -1;
while (arc[++rt].size() == 3);
dfs_preorder(rt, rt);
TreeNode *root(0);
root = creat(root);
Solution ans;
cout << ans.maxPathSum(root) << endl;
return 0;
}
【AC版本（上一個程式的優化的靜態版本）】樹形dp
詳解：和上一個版本思路一樣，但是放棄了鏈式的結構，直接上深搜（其實你看懂了就會發現本質並不是動態規劃）
//#define DEBUG
#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn = 100005;
const int maxv = 1000005;
int num;
int value[maxn];
vector<int> arc[maxn];
long long ans = -maxv;
long long dp[maxn];
bool visited[maxn];
long long dfs(int now)
{
visited[now] = true;
int len = arc[now].size();
dp[now] = value[now];
for (int i = 0; i < len; i++)
{
if (!visited[arc[now][i]])
{
long long temp = dfs(arc[now][i]);
if (temp > 0)dp[now] += temp;
}
}
ans = max(ans, dp[now]);
return dp[now];
}
int main()
{
#ifdef DEBUG
#pragma warning(disable:4996)
freopen("D:\\input.txt", "r", stdin);
#endif
cin >> num;
for (int i = 0; i < num; i++)
{
cin >> value[i];
}
int temp1, temp2;
for (int i = 1; i < num; i++)
{
cin >> temp1 >> temp2;
arc[--temp1].push_back(--temp2);
arc[temp2].push_back(temp1);
}
int rt = -1;
while (arc[++rt].size() == 3);
memset(dp, 0, sizeof(dp));
memset(visited, 0, sizeof(visited));
dfs(rt);
cout << ans << endl;;
return 0;
}