[luogu P1552] [APIO2012]派遣

Posted 2020-10-09

[luogu P1552] [APIO2012]派遣

题目背景

在一个忍者的帮派里，一些忍者们被选中派遣给顾客，然后依据自己的工作获取报偿。

题目描述

在这个帮派里，有一名忍者被称之为Master。除了Master以外，每名忍者都有且仅有一个上级。为保密，同时增强忍者们的领导力，所有与他们工作相关的指令总是由上级发送给他的直接下属，而不允许通过其他的方式发送。

现在你要招募一批忍者，并把它们派遣给顾客。你需要为每个被派遣的忍者支付一定的薪水，同时使得支付的薪水总额不超过你的预算。另外，为了发送指令，你需要选择一名忍者作为管理者，要求这个管理者可以向所有被派遣的忍者发送指令，在发送指令时，任何忍者（不管是否被派遣）都可以作为消息的传递人。管理者自己可以被派遣，也可以不被派遣。当然，如果管理者没有被排遣，你就不需要支付管理者的薪水。

你的目标是在预算内使顾客的满意度最大。这里定义顾客的满意度为派遣的忍者总数乘以管理者的领导力水平，其中每个忍者的领导力水平也是一定的。

写一个程序，给定每一个忍者i的上级Bi，薪水Ci，领导力Li，以及支付给忍者们的薪水总预算M，输出在预算内满足上述要求时顾客满意度的最大值。

输入输出格式

输入格式：

第一行包含两个整数N和M，其中N表示忍者的个数，M表示薪水的总预算。

接下来N行描述忍者们的上级、薪水以及领导力。其中的第i行包含三个整数Bi,Ci,Li分别表示第i个忍者的上级，薪水以及领导力。Master满足Bi=0，并且每一个忍者的老板的编号一定小于自己的编号Bi<i。

输出格式：

输出一个数，表示在预算内顾客的满意度的最大值。

输入输出样例

输入样例#1：

5 4
0 3 3
1 3 5
2 2 2
1 2 4
2 3 1

输出样例#1：

6

说明

1 ≤ N ≤ 100,000 忍者的个数；

1 ≤ M ≤ 1,000,000,000 薪水总预算；

0 ≤ Bi < i 忍者的上级的编号；

1 ≤ Ci ≤ M 忍者的薪水；

1 ≤ Li ≤ 1,000,000,000 忍者的领导力水平。

对于 30%的数据，N ≤ 3000。

 

想了较长时间（其实是脑子坏了）。

我最初的想法就是，我们可以定住一个点x，将它当做是管理者，然后那些被派遣的人从以其为根的子树中找。

然后ans=max(ans,lead[x]*calc(x))。显然，这是正确的吧。因为管理者需要能到达所有的被派遣者，及管理者是被选出子树的根节点。

这样方便了我们calc（其实就是运用了一点点的动规思想和贪心思想）。

那么，calc怎么办？也就是说，我们要在x的几棵子树中（包括自己）找到最多的点代价和不超过m。

想到了什么？左偏树好像可以。

就是说，对于每一个点x，都连着好几棵处理好的左偏树，然后我们可以用log的时间合并。

但是，我们还要删掉一些点使满足条件。我选择了用大根堆，这样删除方便。

但是这个操作具体的复杂度是多少呢？由于删除的点不会重新被加入，所以每个点最多被删除一次，复杂度为nlogn。

加上上面的一系列操作nlogn的复杂度，总复杂度依然是nlogn。

code：

 1 %:pragma GCC optimize(2)
 2 #include<bits/stdc++.h>
 3 #define LL long long
 4 using namespace std;
 5 const int N=100005;
 6 vector <int> son[N];
 7 int n,m,ro[N]; LL s[N],c[N],f[N],ans;
 8 struct lft {int l,r,d,w; void cl() {l=r=d=0;}}a[N];
 9 inline int read() {
10     int x=0; char ch=getchar();
11     while (ch<‘0‘||ch>‘9‘) ch=getchar();
12     while (ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) x=x*10+ch-‘0‘,ch=getchar();
13     return x;
14 }
15 int merge(int x,int y) {
16     if (!x||!y) return x+y; if (a[x].w<a[y].w) swap(x,y);
17     a[x].r=merge(a[x].r,y); int l=a[x].l,r=a[x].r;
18     if (a[l].d<a[r].d) swap(a[x].l,a[x].r);
19     a[x].d=a[a[x].r].d+1;
20     return x;
21 }
22 int main() {
23     n=read(),m=read(),ans=0,a[0].d=-1;
24     for (int i=1; i<=n; i++) {
25         a[i].cl(),ro[i]=i,son[read()].push_back(i);
26         s[i]=a[i].w=read(),c[i]=1,f[i]=read();
27     }
28     for (int i=n,siz; i>=1; i--) {
29         siz=son[i].size();
30         for (int k=0,j; k<siz; k++) {
31             j=son[i][k],ro[i]=merge(ro[i],ro[j]);
32             s[i]+=s[j],c[i]+=c[j];
33         }
34         for (; s[i]>m;) {
35             s[i]-=a[ro[i]].w,c[i]--;
36             ro[i]=merge(a[ro[i]].l,a[ro[i]].r);
37         }
38         ans=max(ans,f[i]*c[i]);
39     }
40     printf("%lld\n",ans);
41     return 0;
42 }

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