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  • [Apio2012]dispatching

    dispatching

    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。

    分析

    假设确定了(i)号节点,那么就应该是在(i)号点的子树中从小到大选择,直到代价和大于(M)。可以使用堆来帮助选择,复杂度(O(N^2cdot log N))

    从下到上考虑,在(i)号节点所选的点一定是在它的儿子节点中选的点或者(i)号节点,所以只需要将它的儿子中选的点拿出来建堆。同样可以考虑启发式合并,复杂度为(O(N cdot log^2N))

    其实这个是涉及到两个堆合并的问题,那么就可以使用可并堆了,而左偏树是一种高效可并堆,所以使用左偏树。

    转化一下,对于每个节点维护子树大根堆,若堆中忍者薪水和大于(M),则pop。时间复杂度(O(N cdot log N))

    UPD:其实不用写左偏树,直接用pd_ds的堆就好了。

    __gnu_pbds::priority_queue

    #include<ext/pb_ds/priority_queue.hpp>
    #define pbds __gnu_pbds
    pbds::priority_queue<int,std::less<int>,pbds::pairing_heap_tag> pq;
    
    point_iterator push(const_reference);
    void modify(point_iterator, const_reference);
    void erase(point_iterator);
    void join(priority_queue &other); // other->this,other被清空
    
    typedef long long ll;
    const int INF=0x7fffffff;
    
    const int MAXN=1e5+7;
    
    struct Edge
    {
    	int nx,to;
    }E[MAXN];
    int head[MAXN],ecnt;
    
    void addedge(int x,int y)
    {
    	E[++ecnt].to=y;
    	E[ecnt].nx=head[x],head[x]=ecnt;
    }
    
    int n,m;
    int c[MAXN],l[MAXN];
    int root[MAXN],rcnt,size[MAXN];
    ll sum[MAXN],ans;
    
    struct LeftTree
    {
    	int ch[MAXN][2];
    	int val[MAXN],dis[MAXN];
    	int merge(int x,int y)
    	{
    		if(x==0||y==0)
    			return x+y;
    		if(val[x]<val[y])
    			swap(x,y);
    		ch[x][1]=merge(ch[x][1],y);
    		if(dis[ch[x][0]]<dis[ch[x][1]])
    			swap(ch[x][0],ch[x][1]);
    		dis[x]=dis[ch[x][1]]+1;
    		return x;
    	}
    	int&top(int x)
    	{
    		return val[x];
    	}
    	void pop(int&x)
    	{
    		x=merge(ch[x][0],ch[x][1]);
    	}
    }LT;
    
    void dfs(int x)
    {
    	root[x]=++rcnt;
    	LT.val[rcnt]=c[x];
    	size[x]=1;
    	sum[x]=c[x];
    	for(int i=head[x];i;i=E[i].nx)
    	{
    		int y=E[i].to;
    		dfs(y);
    		size[x]+=size[y];
    		sum[x]+=sum[y];
    		root[x]=LT.merge(root[x],root[y]);
    	}
    	while(sum[x]>m)
    	{
    		sum[x]-=LT.top(root[x]);
    		LT.pop(root[x]);
    		--size[x];
    	}
    	ans=max(ans,(ll)size[x]*l[x]);
    }
    
    int main()
    {
    //  freopen(".in","r",stdin);
    //  freopen(".out","w",stdout);
    	read(n);read(m);
    	for(int i=1;i<=n;++i)
    	{
    		int fa;
    		read(fa);
    		addedge(fa,i);
    		read(c[i]);read(l[i]);
    	}
    	dfs(0);
    	printf("%lld
    ",ans);
    //  fclose(stdin);
    //  fclose(stdout);
        return 0;
    }
    
    
    
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/autoint/p/9542701.html
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