[ABC341F] Breakdown

好一个 DP 套 DP！这里必须要锐评一下题面太抽象读题都花我 20 min

从一个点 $p$ 删除一个棋子后，你可以选择与他直接相连的一些点放上棋子，不过要求被选择点权值的和小于 $p$ 的权值 $w_p$。显然，如果想要选择 $p$ 的某个相邻点 $q$，一定有 $w_p>w_q$ （单个点的权值都超了肯定没法选）。凭借权值的关系，就能发现这张图实际是一张 DAG。

DAG 说明了无后效性，可以在图上跑 DP，单独计算某个点的最大贡献。又因为棋子之间不会互相干扰，因此只计算某点只有一个棋子时的最大贡献，最后统计时乘以当前点棋子数量即可。

如何统计某个点上有一个棋子时产生的贡献？我们发现：问题“限制选择的点的权值和不超过当前点，求总贡献最大”非常像一个 0-1 背包问题。计这个函数为 $f$。假如我们正在求解 $f(p)$，目前在考虑是否选择 $q$。如果选择了 $q$，则 $q$ 上会出现一枚棋子，产生 $f(q)$ 的贡献。因此，$w_q$ 看作物品体积，$f(q)$ 看作物品价值，可以跑背包。移除当前点本身也可产生 $1$ 的贡献，跑背包 dp 的数组记得初始化为 $1$。

使用递归的形式求贡献 $f$，搭配记忆化食用效果更佳。递归时处理好 $w_p\le w_q$ 的情况，可以不用显式建 DAG。

#include<bits/extc++.h>
using namespace std;
namespace pbds=__gnu_pbds;
using ui=unsigned int;
using uli=unsigned long long int;
using li=long long int;
using usi=unsigned short int;
uli f(size_t p,vector<usi> const& w,vector<ui> const& a,vector<uli>& d,vector<vector<size_t>>& mp){
    if (~d[p]) return d[p];
    d[p]=0;
    vector<uli> dp(w[p],1);
    for (size_t i:mp[p])
        for (usi j=w[p]-1;j>=w[i];--j) dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+f(i,w,a,d,mp));
    return d[p]=dp.back();
}
int main(void){
    ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr);
    size_t n,m;cin>>n>>m;
    vector<vector<size_t>> mp(n);
    while (m--){
        size_t x,y;cin>>x>>y;--x,--y;
        mp[x].push_back(y),mp[y].push_back(x);
    }
    
    vector<usi> w(n);vector<ui> a(n);
    for (usi& i:w) cin>>i;
    for (ui& i:a) cin>>i;
    vector<uli> d(n,~0);
    uli ans=0;
    for (size_t i=0;i<n;++i) ans+=a[i]*f(i,w,a,d,mp);
    cout<<ans;
    return 0;
}