這題和之前那個hdu2616有著奇妙的異曲同工之處。。都是要求某個點能夠到達的最大權重的地方。。。
但是，這題加了個限制，要求最多隻能夠踩到c個陷阱，一單無路可走或者命用光了，就地開始清算總共得分之和。
於是首先考慮，c的大小只有4，那麼可以進行非常方便的狀態轉移，即將之前2616中的各個矩陣都加一維，設定為走到這一步的時候，可以踩得陷阱的個數——如果可以踩得陷阱的個數是0就意味著不能夠行走，於是直接規定，所有是0條命的都自動為0。
之後按照上題的方式進行列舉，有所不同的是，需要考慮下陣列傳遞引數的方式，我的做法是將臨時變數開到全域性空間，這樣就就可以保證不會爆棧什麼的了。
考慮每個點，如果該電有陷阱，那麼所有的轉移，都必須按是少了一條命的結果，否則就是直接轉移，同事我們認為，由於沒有點數小於等於0的點，所以，必然可以得出，在同乙個點上，當兩個人的命數量不相等時，必然會有命多的「最大得分不小於命少的最大得分」。於是只需要普通的更新就是了。
#include#include#include
#include
using
namespace
std;
const
long
long maxn = 50233
;vector
g[maxn];
const
long
long limit = 4
;long
long
child[maxn][limit];
long
long
child_left[maxn][limit];
long
long
child_right[maxn][limit];
long
long
tmp[maxn][limit];
bool
trap[maxn];
long
long
arr[maxn];
long
long
n, c;
long
long max(long
long a, long
long
b)void get_child(int now, int
last)
for (int i = 1; iarr[now];
}void get_left(int now, int
last)
else
for (int i = 1; iarr[now];
long
long ttmp[limit]; memset(ttmp, 0, sizeof
(ttmp));
for (int i = 0; ii)
}void get_right(int now, int
last)
else
for (int i = 1; iarr[now];
long
long ttmp[limit]; memset(ttmp, 0, sizeof
(ttmp));
for (int i = len - 1; i >= 0; --i)
}void
init()
get_child(
0, -1
); get_left(
0, -1
); get_right(
0, -1
);
long
long ans = 0
;
for (int i = 0; ii)
cout
<< ans <}int
main()
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