[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\(O(N^2\cdot \log N)\)。

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\n",ans);
//  fclose(stdin);
//  fclose(stdout);
    return 0;
}