Defend Your Country

Posted 2021-09-03 Jozky86

Defend Your Country

题意：

n个点，m条边的简单无向连通图，每个点一个权值ai,一个连通块的贡献：$(-1{)}^{块内点数}\ast \sum a_i[点i在该连通块内]$
可以任意删除一些边，求连通块贡献之和最大是多少

题解：

如果n是偶数，此时贡献就是所有点的和，显然不需要删除任何边，因为这已经是最大贡献sum
如果是奇数，我们就需要让一个点x脱离其他n-1个点，此时答案就是sum-a[x]-a[x]（减的第一个x是因为x点已经不在原来连通块内，再减x是因为他是单独一个点，按照题目说的连通块贡献应该是-1 * x），所以我们要让这个a[x]是最小值
但是这样就完事了吗?
并没有，因为如果a[x]是割点，删完后还有可能产生额外的连通块。如果剩下的连通块中全都是偶数个点，此时x可以删除。如果其他连通块中存在一个是奇数，那按照贡献，这个连通块是要删除的，那肯定要比删除非割点的最小ai更差
总结：
不是割点，或者是 割点且其他连通块都是偶数个 的点是可以删除的，然后取最小值，用sum减去起2倍就可以
如何判断其他连通块是偶数
直接在tarjan中写，如图ok[i]表示该割点去掉之后，是否所有连通块都是偶数个点

我写了情况数组的init()函数，然后忘调用了，调了我两小时。。。。吐了

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define debug(a,b) printf("%s = %d\\n",a,b);
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;
clock_t startTime, endTime;
//Fe~Jozky
const ll INF_ll=1e18;
const int INF_int=0x3f3f3f3f;
inline ll read(){
   ll s=0,w=1ll;
   char ch=getchar();
   while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1ll;ch=getchar();}
   while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10ll+((ch-'0')*1ll),ch=getchar();//s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48);
   return s*w;
}
void rd_test(){
	#ifdef ONLINE_JUDGE
	#else
		startTime = clock(); //计时开始
        freopen("in.txt","r",stdin);
	#endif
}
void Time_test(){
	#ifdef ONLINE_JUDGE
	#else
		endTime = clock(); //计时结束
   		printf("\\n运行时间为:%lfs\\n",(double)(endTime - startTime) / CLOCKS_PER_SEC);
	#endif
}
const int maxn=3e6+9;
vector<int>vec[maxn];
int dfn[maxn],low[maxn],deep;
int siz[maxn],ok[maxn],cut[maxn];
// u:当前点 r：本次搜索树的root
void tarjan(ll u, ll r) {
	dfn[u] = low[u] = ++deep;
	siz[u]=1;
	ll child = 0;
	for (unsigned i = 0; i < vec[u].size(); i++) {
		ll v = vec[u][i];
		if (!dfn[v]) {
			tarjan(v, r);
			siz[u]+=siz[v];
			
			low[u] = min(low[u], low[v]);
			
			if((siz[v]%2==1)&&low[v]>=dfn[u])ok[u]=0;
			if (low[v] >= dfn[u] && u != r)cut[u] = 1;//不是根而且他的孩子无法跨越他回到祖先
			if (r == u)child++; //如果是搜索树的根，统计孩子数目
		}
		low[u] = min(low[u], dfn[v]);//已经搜索过了
	}
	if (child >= 2 && u == r)//如果根节点的子树数量大于等于2 ,将根节点去掉之后两颗子树就分离了
		cut[r] = 1;
}
ll a[maxn];
int n,m;
void init(int n){
	for(int i=1;i<=n;i++){
		vec[i].clear();
		ok[i]=1;
		low[i]=0;
		dfn[i]=0;
		siz[i]=0;
		cut[i]=0;
	}
}
void solve(){
	cin>>n>>m;
	ll sum=0;
	init(n);
	for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read(),sum+=a[i];
	
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int x=read(),y=read();
		vec[x].push_back(y);
		vec[y].push_back(x);
	}
	if(n%2==0){
		printf("%lld\\n",sum);
		return ;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(!dfn[i])
			tarjan(i,i);
	}
	
	/*
		删除非个点的最小ai 
	*/
	ll minn=1e10;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(!cut[i])//如果不是割点 
			minn=min(minn,a[i]);
		if(cut[i]&&ok[i])//是割点，且删除后其他连通分量为偶数 
			minn=min(minn,a[i]);
	}
	
	printf("%lld\\n",sum-2*minn);
}
int main()
{
	rd_test();
	int t=read();
	while(t--){
		solve();
	}
	Time_test();
}