Codeforces1099F. Cookies（线段树+dp+贪心+博弈）

题目链接：传送门

思路：

　　分析到处理节点时的吃cookie的顺序了，然鹅不会用线段树维护前缀和。技术门槛QAQ。。。

　　很容易想到可以从root开始搜索，每次深入消耗时间2*边权w。

　　然后对于深入到点u开始返回的话，想要尽量多地吃cookie，就要贪心地选择用时短的cookie，也就是：

　　　　当前节点为u，剩余时间为val时，最多能在1-u这条链上吃到多少个cookie。

　　一共有1e6个节点，所以这个贪心策略的实现复杂度要压到log级别。。。好难不会。

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思路参考：Dream_maker_yk的博客

　　线段树维护前缀和。

　　首先我们以时间ti为坐标向线段树中插入节点。保存两个值，把子树吃光所用的总时间sum，子树中的cookie总数cnt。

　　然后根据剩余时间val查询，如果左子树的sum比val小，那么说明左子树可以吃光，那么查询结果就是：

　　　　cnt_左子树 + 对右子树查询val - sum_左子树

　　这样我们就可以用logn的时间实现贪心策略了。

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　　然后考虑到Vasya会干扰我们，所以应题目要求，我们要求在Vasya干扰得最好的情况下，能吃到的最大的cookie数量。

　　最差的情况就是Vasya每次深入后都把最好的子树f1给办掉了，那么我们只能选次好的子树f2。

　　因为每个节点都可能返回，所以回溯当前节点的最多cookie数ans。而当前节点的最多cookie数可能是吃到当前节点为止，也可能是吃到当前节点的子树，所以ans = max（ans，f2）。

　　特别地，因为Mitya是先手，所以root的子树不会被办，ans = max（ans，f1）。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define lson (pos << 1)
#define rson (pos << 1 | 1)

using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAX_N = 1e6 + 5;

struct Edge{
    int v;
    ll w;
};
ll x[MAX_N], t[MAX_N];
vector <Edge> g[MAX_N];

ll sum[MAX_N<<2], cnt[MAX_N<<2];

void update(int pos, int l, int r, ll xi, ll ti) {
    sum[pos] += xi*ti;
    cnt[pos] += xi;
    if (l == r)
        return;
    int mid = (l + r) >> 1;
    if (ti <= mid)
        update(lson, l, mid, xi, ti);
    else
        update(rson, mid+1, r, xi, ti);
}

ll query(int pos, int l, int r, ll val) {
    if (l == r)
        return min(cnt[pos], val/l);
    int mid = (l + r) >> 1;
    if (sum[lson] <= val)
        return cnt[lson] + query(rson, mid+1, r, val - sum[lson]);
    else
        return query(lson, l, mid, val);
}

ll dfs(int u, ll res) {
    update(1, 1, 1e6, x[u], t[u]);
    ll ans = query(1, 1, 1e6, res);
    ll f1 = 0, f2 = 0;
    for (const auto &tmp : g[u]) {
        int v = tmp.v;
        ll w = tmp.w;
        if (res < 2*w)
            continue;
        ll f = dfs(v, res - 2*w);
        if (f > f1)
            f2 = f1, f1 = f;
        else if (f > f2)
            f2 = f;
    }
    update(1, 1, 1e6, -x[u], t[u]);
    if (u == 1)
        return max(ans, f1);
    else
        return max(ans, f2);
}

int main()
{
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int n;
    ll T;
    cin >> n >> T;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> x[i];
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> t[i];
    for (int u = 2; u <= n; u++) {
        int v;
        ll w;
        cin >> v >> w;
        g[v].push_back((Edge){u, w});
    }

    ll ans = dfs(1, T);

    cout << ans << endl;
    return 0;
}

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