BZOJ2809: [Apio2012]dispatching

标签：log void 比较 space highlight ems inpu 标准 getc

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

思路{

　　左偏树懂了，然而通过这道题还是可以发现并不熟练。

　　首先是很容易想到采用树形DP的方法向上合并解。

　　故想到使用可并堆。但是是大根堆还是小根堆？

　　若小根堆(我最开始写的)，应当顺序统计，直到和大于m为止，其他全部pop

　　看出，这样的复杂度比较高。(然而我没有TLE，WA了。。。。。。。。)

　　大根堆的话，弹出元素直到元素和<=m.比较容易实现。

　　在DFS的过程中，为了防止变量之间的冲突，

　　还要设一个数组表示当前点所属的堆。（可能我就WA在这里吧。。。。）

　　为了在COGS上速度超过PZ，我竟然使用了读入优化。。。。。。

　　技术分享

}

#include<bits/stdc++.h>
#define RG register
#define il inline 
#define N 100010
#define LL long long
using namespace std;
int v[N],l[N],r[N],d[N],L[N],n,head[N],tot,BL[N],sz[N];LL sum[N];
struct ed{int nxt,to;}e[N];int m;LL ans;
void add(RG int u,RG int v){e[tot].nxt=head[u];e[tot].to=v;head[u]=tot++;}
il int merge(RG int x,RG int y){
  if(!x||!y)return x+y;
  if(v[x]<v[y])swap(x,y);
  r[x]=merge(r[x],y);
  if(d[r[x]]>d[l[x]])swap(r[x],l[x]);
  d[x]=d[r[x]]+1;return x;
}
il int getint(){
    int w=0;bool q=0;
    char c=getchar();
    while((c>‘9‘||c<‘0‘)&&c!=‘-‘) c=getchar();
    if(c==‘-‘) c=getchar(),q=1;
    while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘) w=w*10+c-‘0‘,c=getchar();
    return q?-w:w;
}
il void dfs(int u){BL[u]=u;sum[u]=v[u];sz[u]=1;
  for(RG int i=head[u];i!=-1;i=e[i].nxt){
      RG int v=e[i].to;
      dfs(v);sum[u]+=sum[v];
      sz[u]+=sz[v];
      BL[u]=merge(BL[u],BL[v]);
  }while(sum[u]>m&&sz[u]){
    sum[u]-=v[BL[u]];
    BL[u]=merge(r[BL[u]],l[BL[u]]);
    sz[u]--;
  }ans=max(ans,(LL)sz[u]*L[u]);
}
int main(){
  freopen("dispatching.in","r",stdin);
  freopen("dispatching.out","w",stdout);
  memset(head,-1,sizeof(head));
  n=getint(),m=getint();
  for(RG int i=1;i<=n;++i){int ytk;
    ytk=getint(),v[i]=getint(),L[i]=getint();
    add(ytk,i);
  }dfs(1);printf("%lld",ans);
  return 0;
}

BZOJ2809: [Apio2012]dispatching

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原文地址：http://www.cnblogs.com/zzmmm/p/7224151.html