Magic Tree（CF-1193B CEOI 2019 Day 2）

Magic Tree（CF-1193B CEOI 2019 Day 2）

题目描述：

给一个\(n\)节点的树，其中有\(m\)个点有果实，分别在编号为\(pi\)的点上，在第\(di\)天成熟，在成熟的那天收割有\(wi\)的贡献。给出\(K,di<=K\).
通过断开树上的边来收割果实，每断开一个边，取不包含根的子树，获得上面所有成熟果实的贡献值，剩下的全部丢弃。每天都可以断任意条边。
问总共能收获到的最大贡献。

思路：

这题有一个比较重要的结论，就是在第\(j\)天割一条边\([x,f]\)时，如果\(x\)点为根的子树也有断掉的边时，那么这些边割掉的时间都必须小于等于\(j\)，其实也算不上啥结论，想想就知道了。

子任务1

有上面的结论就比较简单了，状压枚举哪些果实要获得贡献，然后\(dfs\)一遍判断时间上是否合法。
即如果有一个果实\(x\)是\(v\)的祖先，且都被选，但\(D[v]>D[x]\)就不合法了。代码比较简单。

bool dfs(int x){
    if(mark[x]==ti)mxd[x]=D[x];
    EOR(G,i,x){
        int v=G.to[i];
        if(!dfs(v))return false;
        if(mark[x]==ti&&D[x]<mxd[v])return false;
        chkmax(mxd[x],mxd[v]);
    }
    return true;
}
void solve(){
    ll ans=0;
    loop(i,1<<m){
        ti++;//时间戳
        ll sum=0;
        loop(j,m)if(i>>j&1)
            mark[A[j+1].p]=ti,sum+=A[j+1].w;
        FOR(j,1,n)mxd[j]=0;
        if(dfs(1))chkmax(ans,sum);
    }
    printf("%lld\n",ans);
}

子任务2

没啥好说的，全加。

子任务3

是一条链，且每个点贡献为\(1\),相当于数个数。用上面的结论可知，其实就是从下到上\(LIS\)一下。

子任务4，5

个人把两个合并起来了。。感觉分\(K<=2\)没啥意义。。
考虑\(f[n][k]\)数组。\(f[x][j]\)表示在以\(x\)为根，前\(j\)天能收割到的最大值。
那么，我们有转移方程：

\[ f[x][j]=max((\sum f[v][D[x]])+W[x],\sum f[v][j]) (j>=D[x]) \]

\[ f[x][j]=\sum f[v][j](j<D[x]) \]

应该不难理解，代码如下：

void dfs(int x){
    EOR(G,i,x){
        int v=G.to[i];
        dfs(v);
        FOR(j,0,K)f[x][j]+=f[v][j];
    }
    f[x][D[x]]+=W[x];
    FOR(i,1,K)chkmax(f[x][i],f[x][i-1]);
}
void solve(){
    dfs(1);
    ll ans=0;
    FOR(j,0,K)chkmax(ans,f[1][j]);
    printf("%lld\n",ans);
}

子任务6,7,8（正解）

这里可以在分点打（个人觉得没啥必要）。。
考虑原来的转移方程，其实每个\(f[x]\)最初都是一个后缀，然后每次还会将所有儿子的状态合并上来，显然想到线段树合并，每棵树维护一个点的装态，最后向上合并即可。

但是，还可以用启发式合并写，代码短且比较简练。
对每个节点开个\(map\)（\(set< pair >\)也行，随便）.表示每个点的\(dp\)状态，由于从子节点转移上来都是用加法所以直接循环合并加上来即可

if(mp[x].size()<mp[v].size())
    swap(mp[x],mp[v]);
for(it=mp[v].begin();it!=mp[v].end();it++)
    mp[x][(*it).X]+=(*it).Y;

然后就是关键了，就是如何更新最大前缀。
还记得\(\sum f[v][D[x]]+W[x]\)吗？这个值有可能更新掉\(j>=D[x]\)的所有边，所以不仅仅是直接插入一个点那么简单了。我们把每个在它之后的点都扫一遍，如果当前点的w值大于插入值\(val\)，说明当前前缀更优，但由于\(val\)会影响所有在当前位置之后的前缀，所以要在当前位置上减掉。否则，就在\(val\)上减掉该值，并将枚举点删除。表示当前前缀被更新为新前缀

mp[x][D[x]]+=W[x];//加入一个新点（即一个新前缀）
it=mp[x].upper_bound(D[x]);
ll val=W[x];//表示新前缀最后一个点的值
while(it!=mp[x].end()){
    ll w=it->Y;//当前前缀的最后一个点值
    if(w>=val){
        it->Y-=val;//使得当前前缀保持不变
        break;
    }
    val-=w;mp[x].erase(it++);//新前缀更优，删去原前缀的最后一个点值
}

这个过程一定要好好理解，这种用点维护前缀的思想很重要。

AC代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#define FOR(i,l,r) for(int i=(l),i##R=(r);i<=i##R;i++)
#define DOR(i,r,l) for(int i=(r),i##L=(l);i>=i##L;i--)
#define loop(i,n) for(int i=0,i##R=(n);i<i##R;i++)
#define mms(a,x) memset(a,x,sizeof a)
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define pb push_back
#define X first
#define Y second
typedef long long ll;
using namespace std;
template<typename A,typename B>inline void chkmax(A &x,const B y){if(x<y)x=y;}
template<typename A,typename B>inline void chkmin(A &x,const B y){if(x>y)x=y;}
const int N=1e5+5;
int n,m,K;
int fa[N];
struct Graph{
    int tot,to[N<<1],nxt[N<<1],head[N];
    void add(int x,int y){tot++;to[tot]=y;nxt[tot]=head[x];head[x]=tot;}
    void clear(){mms(head,-1);tot=0;}
    #define EOR(G,i,x) for(int i=G.head[x];i!=-1;i=G.nxt[i])
}G;
struct Fruit{
    int p,d,w;
}A[N];
int D[N],W[N];
map<int,ll>mp[N];
map<int,ll>::iterator it;
void dfs(int x){
    EOR(G,i,x){
        int v=G.to[i];
        dfs(v);
        if(mp[x].size()<mp[v].size())swap(mp[x],mp[v]);
        for(it=mp[v].begin();it!=mp[v].end();it++)mp[x][(*it).X]+=(*it).Y;
    }
    mp[x][D[x]]+=W[x];
    it=mp[x].upper_bound(D[x]);
    ll val=W[x];
    while(it!=mp[x].end()){
        ll w=it->Y;
        if(w>=val){
            it->Y-=val;
            break;
        }
        val-=w;mp[x].erase(it++);
    }
}
int main(){
    G.clear();
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);
    FOR(i,2,n){
        scanf("%d",&fa[i]);
        G.add(fa[i],i);
    }
    FOR(i,1,m){
        scanf("%d%d%d",&A[i].p,&A[i].d,&A[i].w);
        D[A[i].p]=A[i].d;
        W[A[i].p]=A[i].w;
    }
    dfs(1);
    ll ans=0;
    for(it=mp[1].begin();it!=mp[1].end();it++)
        ans+=it->Y;
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}