[Luogu1552][APIO2012]派遣--（左偏树）
首先，洛谷传送门
题目大意：
有一颗n个节点的树，每个节点都有li（领导值），fi(父亲)，ci（cost）三个值，要求选定一个节点x，并在其与其子树中选出任意数量的点，使所有选的点的总花费x不超过m，使权值（所选点的个数*lx）最大。
解题思路：
其实这题只要看懂题了还是很好做的，首先很好想到树形DP，对于每个节点，可以选出在其子树中最小的几个节点使其花费刚好不超过m，在乘上自己的l值，但每次去取最小花费的节点时间复杂度过于复杂，因此，可以想到用可并堆来维护每个节点的儿子，再向父亲转移即可，因此最坏复杂度为（nlogn）。
代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define For(i,j,k) for(int i=j;i<=k;++i)
#define Dor(i,j,k) for(int i=j;i>=k;--i)
#define Ror(i,x) for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
#define fin(s) freopen(s".in","r",stdin)
#define fout(s) freopen(s".out","w",stdout)
#define ls(x) (ch[x][0])
#define rs(x) (ch[x][1])
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e5+10;
struct zps{
int ch[N][2],dis[N],f[N];ll w[N];
int merge(int x,int y){
if(!x||!y)return x+y;
if(w[x]<w[y])swap(x,y);
rs(x)=merge(rs(x),y);
f[rs(x)]=x;
if(dis[rs(x)]>dis[ls(x)])swap(ls(x),rs(x));
dis[x]=dis[rs(x)]+1;
return x;
}
inline int del(int x){
f[ls(x)]=f[rs(x)]=0;
int ret=merge(ls(x),rs(x));
ls(x)=rs(x)=0;
return ret;
}
int find(int x){return !f[x]?x:find(f[x]);}
}T;
struct edge{
int to,nxt;
}e[N<<1];
int head[N],tot,n;
inline void add(int x,int y){
e[++tot]=(edge){y,head[x]},head[x]=tot;
e[++tot]=(edge){x,head[y]},head[y]=tot;
}
ll l[N],a[N],ans,m,siz[N];int top[N],rt;
inline void dfs(int x,int z){
a[x]=T.w[x];siz[x]=1;top[x]=x;
Ror(i,x){
int to=e[i].to;
if(to==z)continue;
dfs(to,x);
if(!top[to])continue;
top[x]=T.merge(top[x],top[to]);
a[x]+=a[to];
siz[x]+=siz[to];
}
while(a[x]>m){
a[x]-=T.w[top[x]];
int tt=T.del(top[x]);
top[x]=tt;
--siz[x];
}
ans=max(ans,siz[x]*l[x]);
}
int main(){
// fin("p1552");
// fout("p1552");
scanf("%d%lld",&n,&m);
int x;
For(i,1,n){
scanf("%d%lld%lld",&x,&T.w[i],&l[i]);
if(!x)rt=i;
else add(x,i);
}
dfs(rt,rt);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
总结：
其实这题作为左偏树的入门题对于新手来说很好，其中有许多小点需要考虑到，需要细心。
