题目
Cirno初始有一个空的物品序列,一个大小为 (V) 的背包,现在你有 (q) 个操作,分为两种:
add (x) (y) : 表示加入一种体积为 (x), 价值为 (y) 的物品到序列末尾
erase : 表示删除序列末尾的物品
对于每个操作结束以后,你需要求出 :
假设序列中的每种物品都有无穷多个,Cirno的背包可以装下的物品最大价值和。
(q,vleq 2*10^4)
分析
即使5s的限制,线段树分治也会超时
考虑删除实际上就是回溯到上一个版本,那么可以按照这样建一棵关系树,
直接按照这棵关系树跑就可以做到时间复杂度严格(O(qv)),但是会MLE,
考虑树链剖分的一个性质,一个点到根节点不会经过超过(log)条轻边,
则只需要保留重儿子信息即可,空间复杂度(O(vlog_2q))
代码
#include <cstdio>
#include <cctype>
#define rr register
using namespace std;
const int N=20011; struct node{int y,next;}e[N];
int siz[N],big[N],dp[15][N],ans[N],as[N],et,rk[N],w[N],c[N],Q,m,n,Top,stac[N];
inline signed iut(){
rr int ans=0; rr char c=getchar();
while (!isdigit(c)) c=getchar();
while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();
return ans;
}
inline void print(int ans){
if (ans>9) print(ans/10);
putchar(ans%10+48);
}
inline signed max(int a,int b){return a>b?a:b;}
inline void dfs1(int x){
siz[x]=1;
for (rr int i=as[x],SIZ=-1;i;i=e[i].next){
dfs1(e[i].y),siz[x]+=siz[e[i].y];
if (SIZ<siz[e[i].y]) SIZ=siz[e[i].y],big[x]=e[i].y;
}
}
inline void dfs2(int x,int d,int las){
for (rr int i=0;i<w[x];++i) dp[d][i]=dp[las][i];
for (rr int i=w[x];i<=m;++i) dp[d][i]=max(dp[las][i],dp[d][i-w[x]]+c[x]);
ans[x]=dp[d][m];
for (rr int i=as[x];i;i=e[i].next)
if (e[i].y!=big[x]) dfs2(e[i].y,d+1,d);
if (big[x]) dfs2(big[x],d,d);
}
signed main(){
Q=iut(),m=iut();
for (rr int i=1;i<=Q;++i){
rr char ch=getchar();
while (ch!='a'&&ch!='e') ch=getchar();
if (ch=='e') --Top,getchar(),getchar(),getchar(),getchar();
else {
w[++n]=iut(),c[n]=iut();
if (stac[Top]) e[++et]=(node){n,as[stac[Top]]},as[stac[Top]]=et;
stac[++Top]=n;
}
if (Top) rk[i]=stac[Top];
}
for (rr int i=1;i<=n;++i)
if (!siz[i]) dfs1(i),dfs2(i,1,0);
for (rr int i=1;i<=Q;++i) print(ans[rk[i]]),putchar(10);
return 0;
}