BZOJ

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。

 

$1≤N≤100000$ 忍者的个数；

$1≤M≤1000000000$ 薪水总预算； 

$0≤B_i < i$ 忍者的上级的编号；

$1≤C_i≤M$   忍者的薪水；

$1≤L_i≤1000000000$   忍者的领导力水平。

 

题解:

　　问题等价于,每一个点最多能在子树上取多少点,花费小于M?

　　显然的是,我们的策略一定是从最小的点开始取,直到超过$M$为止,这显然是贪心的过程

　　然后得枚举所有点,总复杂度$O(n^2)$

　　然后考虑优化,

　　我们把问题"询问一个点,其子树上之和大于$M$的$x$个权值最小的点"

　　转化成"询问一个区间,查询一个区间上和小于等于$M$的$x$个最小的元素"

　　显然,后者是主席树可以解决的,单次操作的复杂度就从$O(n)$变成了$O(log(n))$

　　然后我们用$dfs$序将树拍扁,变成序列即可解决问题,就完成了优化

　　具体过程就是

　　$dfs(master)$得到$dfs$序,离散化花费

　　主席树保存两个值,一个是点数,一个是花费,单点更新,区间求和

　　按照$dfs$序列插入权值,构造n颗树

　　最后,遍历每个点,每个点等价于一个区间询问,枚举所有点就能得到最大值

　　(这道题网上的主席树题解代码真是乱写,反正我是没懂他们是怎么写的,AC是AC了,莫名其妙多此一举的操作一大堆)

#include <bits/stdc++.h>
#define nd seg[now]
#define ndp seg[pre]
#define mid ((s+t)>>1)
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
const int maxm=1e6+10;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int casn,n,k;
ll m;
struct node2{
	int to,next;
}e[maxn];
int	head[maxn],nume;
int tin[maxn],tout[maxn];
ll cost[maxn],pos[maxn],power[maxn];
int rt[maxn],size,cnt,pre[maxn],dfn[maxn];
int cmp(int a,int b){
	return cost[a]<cost[b];
}
inline void add(int a,int b){
	e[++nume]=(node2){b,head[a]};
	head[a]=nume;
}
void dfs(int now){
	tin[now]=++cnt;
	dfn[cnt]=now;
	for(int i=head[now];i;i=e[i].next){
		dfs(e[i].to);
	}
	tout[now]=cnt;
}
struct node{
	int l,r;ll sum,cnt;
}seg[maxn*20];
void maketree(int s=1,int t=n,int &now=rt[0]){
	now=++size;nd=(node){s,t,0,0};
	if(s==t) return ;
	maketree(s,mid,nd.l);maketree(mid+1,t,nd.r);
}
void update(int &now,int pre,int k,ll cost,int s=1,int t=n){
	now=++size;nd=ndp,nd.sum+=cost,nd.cnt++;
	if(s==t) return ;
	if(k<=mid)update(nd.l,ndp.l,k,cost,s,mid);
	else update(nd.r,ndp.r,k,cost,mid+1,t);
}
ll query(int ndl,int ndr,ll k,int s=1,int t=n){
	if(seg[ndr].sum-seg[ndl].sum<=k) return seg[ndr].cnt-seg[ndl].cnt;
	if(s==t) return min(seg[ndr].cnt-seg[ndl].cnt,k/pos[s]);
	ll sum=seg[seg[ndr].l].sum-seg[seg[ndl].l].sum;
	if(k>=sum) return query(seg[ndl].r,seg[ndr].r,k-sum,mid+1,t)+seg[seg[ndr].l].cnt-seg[seg[ndl].l].cnt;
	else return query(seg[ndl].l,seg[ndr].l,k,s,mid);
}
#undef mid
int main(){
	scanf("%d%lld",&k,&m);
	int master;
	for(int i=1;i<=k;i++){
		scanf("%d%lld%lld",pre+i,cost+i,power+i);
		if(pre[i]==0)master=i;
		else add(pre[i],i);
		pos[i]=cost[i];
	}
	sort(pos+1,pos+1+k);
	n=unique(pos+1,pos+1+k)-(pos+1);
	dfs(master);
	maketree();
	for(int i=1;i<=k;i++){
		int id=lower_bound(pos+1,pos+1+n,cost[dfn[i]])-pos;
		update(rt[i],rt[i-1],id,cost[dfn[i]]);
	}
	ll ans=0;
	for(int i=1;i<=k;i++){
		ans=max(ans,power[i]*query(rt[tin[i]-1],rt[tout[i]],m));
	}
	printf("%lld
",ans);
  return 0;
}