bzoj2809【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。

可并堆

遇到这类问题，首先肯定能想到枚举管理者。

如果管理者确定之后，能选择的忍者一定是位于他的子树中。

条件中说在总和不超过m的前提下尽量选择多的人，一定是尽可能选择花费少的人。

于是对于每一个子树维护一个大根堆，堆中元素和大于m就弹出堆顶，这就可以保证堆里是最小的且总和不超过m。

然后对于一个点，把它所有子节点的堆合并到一起。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)
#define ll long long
#define N 100005
using namespace std;
int n,m,cnt;
int b[N],c[N],l[N],rt[N],head[N];
ll ans;
struct edge_type{int next,to;}e[N];
struct HEAP
{
	int tot,l[N],r[N],v[N],d[N],sz[N];
	ll sum[N];
	int merge(int x,int y)
	{
		if (!x||!y) return x+y;
		if (v[x]<v[y]) swap(x,y);
		r[x]=merge(r[x],y);
		if (d[l[x]]<d[r[x]]) swap(l[x],r[x]);
		d[x]=d[r[x]]+1;
		sz[x]=sz[l[x]]+sz[r[x]]+1;
		sum[x]=sum[l[x]]+sum[r[x]]+v[x];
		return x;
	}
	void pop(int &x)
	{
		x=merge(l[x],r[x]);
	}
	int build(int x)
	{
		tot++;
		sz[tot]=d[tot]=1;
		l[tot]=r[tot]=0;
		v[tot]=sum[tot]=x;
		return tot;
	}
}heap;
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*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
inline void add_edge(int x,int y)
{
	e[++cnt]=(edge_type){head[x],y};
	head[x]=cnt;
}
int main()
{
	n=read();m=read();
	F(i,1,n)
	{
		b[i]=read();c[i]=read();l[i]=read();
		rt[i]=heap.build(c[i]);
		while (heap.sum[rt[i]]>m) heap.pop(rt[i]);
	}
	D(i,n,1)
	{
		ans=max(ans,(ll)l[i]*heap.sz[rt[i]]);
		rt[b[i]]=heap.merge(rt[b[i]],rt[i]);
		while (heap.sum[rt[b[i]]]>m) heap.pop(rt[b[i]]);
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}