BZOJ2809 [Apio2012]dispatching

2809: [Apio2012]dispatching

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MBSubmit: 3807  Solved: 1977[Submit][Status][Discuss]

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。

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treap的启发式合并

每个子树u的答案就是 l[u]*k(k为u子树内前k小的节点且其权值和恰好小于等于m)

然后用treap把每个子树都合并到一个子树上在treap上维护treap的子树和就可以在O(logn)的时间内求出一个子树的k

启发式合并的复杂度也是 O(nlogn)的

代码:

#include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<algorithm> #define Rep(i,x,y) for(int i=x;i<y;++i) #define For(i,x,y) for(int i=x;i<=y;++i) using namespace std; const int N = 1e5+5; int n; long long m; int f[N],c[N],l[N]; int head[N],to[N<<1],nxt[N<<1],cnt; int RT; void add(int u,int v){ nxt[++cnt]=head[u];head[u]=cnt;to[cnt]=v; nxt[++cnt]=head[v];head[v]=cnt;to[cnt]=u; } struct node{ node*ls,*rs; int sz,rnd,key; long long w; void upd(){ w=ls->w+rs->w+key; sz=ls->sz+rs->sz+1; } }; node NODE[N*22],*null,*cur; node*rt[N]; struct treap{ inline node* newnode(int x){ ++cur; cur->ls=cur->rs=null; cur->sz=1; cur->w=cur->key=x; cur->rnd=rand(); return cur; } void split(node*p,int k,node*&l,node*&r){ if(!k){ r=p; l=null; return; } if(p->ls->sz+1==k){ l=p;r=p->rs; p->rs=null; p->upd(); return; }else if(p->ls->sz>=k){ r=p; split(p->ls,k,l,p->ls); p->upd(); }else{ l=p; split(p->rs,k-1-p->ls->sz,p->rs,r); p->upd(); return; } } node* merge(node* a,node*b){ if(a==null) return b; if(b==null) return a; if(a->rnd<b->rnd){ a->rs=merge(a->rs,b); a->upd(); return a; }else{ b->ls=merge(a,b->ls); b->upd(); return b; } } int rk(node*p,int x){ if(p==null) return 0; if(x<=p->key) return rk(p->ls,x); else return 1+p->ls->sz+rk(p->rs,x); } void ins(node*&p,int x){ node *l,*r; split(p,rk(p,x),l,r); p=merge(merge(l,newnode(x)),r); } void DFS(node*&a,node*b){ if(b==null) return; ins(a,b->key); DFS(a,b->ls); DFS(a,b->rs); } int query(node*p,long long m){ if(p==null) return 0; if(p->ls->w+p->key>m) return query(p->ls,m); else return p->ls->sz+1+query(p->rs,m-p->ls->w-p->key); } }T; void Merge(node*&a,node*&b){ if(a->sz<b->sz) swap(a,b); T.DFS(a,b); } long long ans; void dfs(int u,int fat){ T.ins(rt[u],c[u]); for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){ int v=to[i]; if(v==fat) continue; dfs(v,u); Merge(rt[u],rt[v]); } ans=max(ans,1ll*T.query(rt[u],m)*l[u]); } int main(){ null=cur=NODE; null->ls=null->rs=null; scanf("%d%lld",&n,&m); For(i,1,n) rt[i]=null; For(i,1,n) scanf("%d%d%d",f+i,c+i,l+i); For(i,1,n) if(f[i]) add(i,f[i]); else RT=i; dfs(RT,-1); cout<<ans<<endl; return 0; }

 

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