bzoj 2809 [Apio2012]dispatching

2809: [Apio2012]dispatching

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Description

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  ≤B i < 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。

 

 

Input

从标准输入读入数据。

 

第一行包含两个整数 N和 M，其中 N表示忍者的个数，M表示薪水的总预 算。

 

接下来 N行描述忍者们的上级、薪水以及领导力。其中的第 i 行包含三个整  B i , C i , L i分别表示第i个忍者的上级，薪水以及领导力。Master满足B i = 0， 并且每一个忍者的老板的编号一定小于自己的编号 B i < i。

 

Output

输出一个数，表示在预算内顾客的满意度的最大值。

 

 

Sample Input

5 4
0 3 3
1 3 5
2 2 2
1 2 4
2 3 1

Sample Output

6

HINT

如果我们选择编号为 1的忍者作为管理者并且派遣第三个和第四个忍者，薪水总和为 4，没有超过总预算                         4。因为派遣了                              2   个忍者并且管理者的领导力为      3，

用户的满意度为 2      ，是可以得到的用户满意度的最大值。

Source

【分析】

有趣的可并堆

枚举每个点作为根节点的情况。
贪心地，我们希望选择费用最小的k个点染黑。
（由于总费用M不变）如果对于点u，它作为子树的根时没有染黑点v：那么它的父亲fa[u]作为根时，同样不可能染黑点v。
用可并堆维护每一个点作为根时染黑的节点。

由于fa[i]<i，所以i从n到1扫一遍和父节点合并即可。

【代码】

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define ll long long
#define M(a) memset(a,0,sizeof a)
#define fo(i,j,k) for(i=j;i<=k;i++)
using namespace std;
const int mxn=100005;
ll ans;
int n,m;
int root[mxn],fa[mxn],L[mxn];
struct HEAP
{
	int l,r,key,size;
	long long sum;
}h[mxn];
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
	return x*f;
}
inline void update(int x)
{
	h[x].size=h[h[x].l].size+h[h[x].r].size+1;
	h[x].sum=h[h[x].l].sum+h[h[x].r].sum+h[x].key;
}
inline int merge(int p,int q)  //大根堆 
{
	if(!p) return q;
	if(!q) return p;
	if(h[p].key<h[q].key) swap(p,q);
	h[p].r=merge(h[p].r,q);
	update(p);
	swap(h[p].l,h[p].r);
	return p;
}
inline void del(int &x) 
{
	x=merge(h[x].l,h[x].r);
}
int main()
{
	int i,j;
	n=read(),m=read();
	fo(i,1,n)
	{
		fa[i]=read(),h[i].key=read(),L[i]=read();
		h[i].sum=h[i].key,h[i].size=1,root[i]=i;
	}
	for(i=n;i>=1;i--)
	{
		while(h[root[i]].sum>m) del(root[i]);
		ans=max(ans,(ll)L[i]*(ll)h[root[i]].size);
		root[fa[i]]=merge(root[fa[i]],root[i]);
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}