「CEOI2019」魔法樹

description

solution

設$d{p}_{i,j}:i$子樹在$j$時刻的最大果汁量，顯然$d{p}_{i,j}$在$j$是單調遞增的 $d{p}_{i,j}=\max (d{p}_{i,j},d{p}_{i,j?1})$

• $i$不收獲

  $d{p}_{i,j}={\sum }_{k\in so{n}_i}d{p}_{k,j}$

• $i$在$j$時刻收獲，要保證$j\ge d_i$

  $d{p}_{i,j}=w_i+{\sum }_{k\in so{n}_i}d{p}_{k,d_i}$

只有$n$個時刻，可以離散化，暴力轉移是$O(n^2)$

可以考慮差分map進行啟發式合并

在$i$成熟的$t$時刻時，進行$d{p}_{i,t}+=w_i$

此時會出現$j>t$但是$d{p}_{i,j}<d{p}_{i,t}$的情況，直接刪除即可

code

#include <map> #include <cstdio> #include <vector> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; #define int long long #define maxn 100005 map < int, int > dp[maxn]; vector < int > G[maxn], fruit[maxn]; int n, m, k; int d[maxn], w[maxn];bool cmp( int x, int y ) {return d[x] == d[y] ? w[x] < w[y] : d[x] < d[y]; }void dfs( int now ) {for( int son : G[now] ) {dfs( son );if( dp[now].size() < dp[son].size() )swap( dp[now], dp[son] );for( auto i = dp[son].begin();i != dp[son].end();i ++ )dp[now][i -> first] += i -> second;dp[son].clear();}sort( fruit[now].begin(), fruit[now].begin(), cmp );for( int son : fruit[now] ) {dp[now][d[son]] += w[son]; int r = w[son];for( auto i = dp[now].upper_bound( d[son] ), t = i;i != dp[now].end(); ) {if( r >= i -> second ) {r -= i -> second;t = i ++;dp[now].erase( t );}else {i -> second -= r;break;}}} }signed main() {scanf( "%lld %lld %lld", &n, &m, &k );for( int i = 2, fa;i <= n;i ++ ) {scanf( "%lld", &fa );G[fa].push_back( i );}for( int i = 1, v;i <= m;i ++ ) {scanf( "%lld %lld %lld", &v, &d[i], &w[i] );fruit[v].push_back( i );}dfs( 1 );int ans = 0;for( auto i = dp[1].begin();i != dp[1].end();i ++ )ans += i -> second;printf( "%lld\n", ans );return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的「CEOI2019」魔法树（DP+差分启发式合并）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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