【洛谷P1552】派遣

题目

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P1552

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,你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 \(B_i\),薪水 \(C_i\),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。

思路

众所周知这是一道左偏树的模板题。所以我们考虑线段树。

习惯性,设 \(a_i\) 表示薪水,\(b_i\) 表示领导力。

考虑枚举每一个点 \(x\) 作为管理者,那么显然为了使满意度最大,我们要在 \(x\) 为根的子树中选择尽量多的点,同时满足 \(\sum_{y} a_y\leq m\)

所以肯定选择薪水最小的若干个。到这里左偏树的思路已经完全出来了。

不会左偏树怎么办?其实可以用权值线段树解决。设 \(rk[i]\) 表示第 \(i\) 个忍者的薪水是第几小的,对于一个点 \(x\),如果我们可以把位于 \(x\) 的子树里的点插入进以 \(rk\) 为下标的权值线段树,那么就可以轻松的求出最多能选择多少个忍者。

如何维护这 \(n\) 个线段树呢?直接从下往上权值线段树合并即可。

时间复杂度 \(O(n\log n)\)

代码

#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define mp make_pair
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=100010;
int n,m,tot,root,head[N],rt[N],a[N],b[N],rk[N];
ll ans;
priority_queue<pair<int,int> > q;

struct edge
{
	int next,to;
}e[N];

void add(int from,int to)
{
	e[++tot].to=to;
	e[tot].next=head[from];
	head[from]=tot;
}

struct SegTree
{
	int tot,lc[N*40],rc[N*40],cnt[N*40];
	ll sum[N*40];
	
	void pushup(int x)
	{
		sum[x]=sum[lc[x]]+sum[rc[x]];
		cnt[x]=cnt[lc[x]]+cnt[rc[x]];
	}
	
	int update(int x,int l,int r,int k,int val)
	{
		if (!x) x=++tot;
		if (l==k && r==k)
		{
			sum[x]=val; cnt[x]=1;
			return x;
		}
		int mid=(l+r)>>1;
		if (k<=mid) lc[x]=update(lc[x],l,mid,k,val);
			else rc[x]=update(rc[x],mid+1,r,k,val);
		pushup(x);
		return x;
	}
	
	int merge(int x,int y)
	{
		if (!x || !y) return x+y;
		lc[x]=merge(lc[x],lc[y]);
		rc[x]=merge(rc[x],rc[y]);
		pushup(x);
		return x;
	}
	
	ll query(int x,int l,int r,int k)
	{
		if (!x) return 0;
		if (k>=sum[x]) return cnt[x];
		int mid=(l+r)>>1;
		if (sum[lc[x]]>k) return query(lc[x],l,mid,k);
			else return query(rc[x],mid+1,r,k-sum[lc[x]])+cnt[lc[x]];
	}
}seg;

void dfs(int x)
{
	for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
	{
		int v=e[i].to;
		dfs(v);
		rt[x]=seg.merge(rt[x],rt[v]);
	}
	rt[x]=seg.update(rt[x],1,n,rk[x],a[x]);
	ans=max(ans,1LL*b[x]*seg.query(rt[x],1,n,m));
}

int main()
{
	memset(head,-1,sizeof(head));
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1,fa;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d%d%d",&fa,&a[i],&b[i]);
		if (!fa) root=i;
			else add(fa,i);
		q.push(mp(-a[i],i));
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{  
		rk[q.top().second]=i;
		q.pop();
	}
	dfs(root);
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}
posted @ 2020-04-20 09:16  stoorz  阅读(...)  评论(...编辑  收藏