BZOJ2809: [Apio2012]dispatching

Posted 2020-10-31 mt-li

Description

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。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，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L i，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。

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。

Input

从标准输入读入数据。

 

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 Bi , C i , L i分别表示第i个忍者的上级，薪水以及领导力。Master满足B i = 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。

Output

输出一个数，表示在预算内顾客的满意度的最大值。

Sample Input

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

Sample Output

6

HINT

如果我们选择编号为 1的忍者作为管理者并且派遣第三个和第四个忍者，薪水总和为 4，没有超过总预算                         4。因为派遣了                              2   个忍者并且管理者的领导力为      3，

用户的满意度为 2      ，是可以得到的用户满意度的最大值。

 

题目传送门

 

很久没认真做题了，傻逼题都想这么久

首先狗脑思考可得，我们求一棵子树，如果超支费用，就直接硬删最贵的点

这个操作就可以用优秀的主席树完成了！！

 

代码如下：

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
struct node{
    int x,y,next;
}a[210000];int len,last[210000];
struct president_tree{
    int lc,rc;
    ll sum,c;
}t[30*110000];int cnt,rt[110000];
void ins(int x,int y)
{
    len++;
    a[len].x=x;a[len].y=y;
    a[len].next=last[x];last[x]=len;
}
int id,l[110000],r[110000];
void Link(int &u,int l,int r,int p,int c)
{
    if(!u)u=++cnt;
    t[u].c++;t[u].sum+=c;
    if(l==r)return ;
    int mid=(l+r)/2;
    if(p<=mid)Link(t[u].lc,l,mid,p,c);
    else Link(t[u].rc,mid+1,r,p,c);
}
void Merge(int &u1,int u2)
{
    if(!u1||!u2){u1=u1+u2;return ;}
    t[u1].c+=t[u2].c;t[u1].sum+=t[u2].sum;
    Merge(t[u1].lc,t[u2].lc);
    Merge(t[u1].rc,t[u2].rc);
}
ll c[110000],d[110000];
ll query(int u1,int u2,int l,int r,ll s)
{
    if(l==r)return min(t[u2].c-t[u1].c,s/l);
    ll cc=t[t[u2].lc].sum-t[t[u1].lc].sum;
    ll k=t[t[u2].lc].c-t[t[u1].lc].c;
    int mid=(l+r)/2;
    if(cc>s)return query(t[u1].lc,t[u2].lc,l,mid,s);
    else return k+query(t[u1].rc,t[u2].rc,mid+1,r,s-cc);
}
void dfs(int x,int fa)
{
    l[x]=++id;
    for(int k=last[x];k;k=a[k].next)
    {
        int y=a[k].y;
        if(y!=fa)
            dfs(y,x);
    }
    r[x]=id;
}
int n,m;
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    len=0;memset(last,0,sizeof(last));
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int x;
        scanf("%d%lld%lld",&x,&c[i],&d[i]);
        ins(i,x),ins(x,i);
    }
    id=0;dfs(1,0);
    for(int i=1;i<=n;i++)Link(rt[l[i]],1,1000000000,c[i],c[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)Merge(rt[i],rt[i-1]);
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        ll sum=query(rt[l[i]-1],rt[r[i]],1,1000000000,m);
        ans=max(ans,d[i]*sum);
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

by_lmy