SDOI2017 苹果树

SDOI2017 苹果树

题意：

题目传送门

题解：

好神仙的题啊……
考虑如果没有题目中的(t - h leq k)的限制，那么这道题目就是树上依赖多重背包，复杂度为(O(nk^2))，然后用单调队列优化就可以达到(O(nk))，这个是比较好做的。然后我们考虑如何处理题目中给出的限制，实际上，题目中的限制可以转化成这样：假设取一个苹果的代价是(1)，那么我们可以花费(0)的代价取一条从根开始的链上的每个点各一个苹果，之后每取一个苹果都会产生(1)的代价，最终总代价不能超过(k)。
为什么这个转化是正确的呢？考虑我们取了一条链上每个点各一个苹果之后，最大深度(h)等于取的苹果个数(t)，所以这部分相当与是没有代价的。然后我们考虑枚举这条链之后，整棵树变成了什么样。大致分成四个部分：

1. 在链上并且是免费取的部分
2. 在链上并且但是需要付出代价的部分
3. 在链的左边的部分
4. 在链的右边的部分

然后我们发现这棵树除了链之外被分成了两个部分，而在链右边的部分实际上是比较容易计算的，因为容易发现这部分在(dfn)序上是连续的一段，我们可以直接处理出来。至于左边的部分，由于他们(dfn)序不是连续的，我们似乎无从下手。但是反过来考虑，我们将边表(reverse)一下，那么再次求一边(dfn)序之后，链的左右两半部分会交换过来，那么原本的左半部分的(dp)值就变得好求了。这样我们记(dp[i][j])表示(dfn)序在([dfn[i] + 1,n])这个区间内，取(k)个苹果的最大价值，这个就可以在(O(nk))的时间处理出来。然后我们考虑如何处理在链上并且需要付出代价部分的值，一种方法就是我们可以再次对链上进行一次多重背包，但是有一种更加简单的做法。我们将树上的节点都拆成两个节点，一个节点苹果个数为(1)，连原图中的边，另一个节点苹果个数为(a_i - 1)，只向这个点原来的节点连边。容易证明这样的转化也是正确的而拆了点之后，链上的点的贡献也被算到3.4两个部分中去了，就不用单独计算了。枚举选择的链，以及链右边选了几个苹果，最后答案就是这四个部分的权值之和。不过这题的时间空间都似乎挺卡的，我似乎开了(O2)才卡着过去的……

Code

#pragma GCC optimize(2,"inline","Ofast")
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 4e4 + 50;
const int M = 5e5 + 50;

int Q, n, clck, k;
int dfn[N], a[N], v[N], sz[N], id[N], Mv[N];
vector<int> f[N], t[N];
vector<int> G[N];

void read(int &x) {
  x = 0; int f = 1; char ch = getchar();
  while(ch < '0' || ch > '9') {if(ch == '=') f = -1; ch = getchar();}
  while(ch >='0' && ch <= '9') x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0', ch = getchar();
  x *= f;
}

void clear(vector<int> &x) { vector<int> tmp; swap(tmp, x);}
void Init() {
  for(int i = 0; i <= n * 2; i++) {
    clear(G[i]); clear(f[i]); clear(t[i]);
  }
}

void Dfs(int o, int V, int tp) {
  sz[o] = 1; V += v[o]; Mv[o] = V;
  for(int i = 0; i < (int)G[o].size(); i++) {
    int to = G[o][i];
    Dfs(to, V, tp);
    sz[o] += sz[to];
  }
  if(tp == 0) dfn[id[o] = ++clck] = o;
  else dfn[++clck] = o;
}

void Dp(int x, int y) {
  static int que[M];
  int l = 1, r = 0;
  que[++r] = 0;
  for(int i = 1; i <= k; i++) {
    while(l <= r && i - que[l] > a[dfn[y]]) ++l;
    if(l <= r) t[y][i] = t[x][que[l]] + v[dfn[y]] * (i - que[l]);
    else t[y][i] = 0;
    while(l <= r && t[x][i] >= t[x][que[r]] + (i - que[r]) * v[dfn[y]]) --r;
    que[++r] = i;
  }
}

int main() {
  read(Q);
  while(Q--) {
    Init();
    read(n); read(k);
    for(int i = 1, x; i <= n; i++) {
      read(x); read(a[i]); read(v[i]);
      if(x) G[x].push_back(i);
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
      v[i + n] = v[i];
      a[i + n] = a[i] - 1;
      a[i] = 1;
      G[i].push_back(i + n);
    }
    clck = 0;
    Dfs(1, 0, 0);
    for(int i = 0; i <= n * 2; i++) f[i].resize(k + 5), t[i].resize(k + 5);
    for(int i = 1; i <= n * 2; i++) {
      Dp(i - 1, i);
      for(int j = 0; j <= k; j++) {
	    t[i][j] = max(t[i][j], t[i - sz[dfn[i]]][j]);
	    if(j) t[i][j] = max(t[i][j], t[i][j - 1]);
      }
    }
    swap(f, t);
    for(int i = 1; i <= n * 2; i++) reverse(G[i].begin(), G[i].end());
    clck = 0;
    Dfs(1, 0, 1);
    for(int i = 1; i <= n * 2; i++) {
      Dp(i - 1, i);
      for(int j = 0; j <= k; j++) {
	    t[i][j] = max(t[i][j], t[i - sz[dfn[i]]][j]);
	    if(j) t[i][j] = max(t[i][j], t[i][j - 1]);
      }
    }
    int ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n * 2; i++) {
      if(dfn[i] > n) continue;
      int pos = id[dfn[i]] - sz[dfn[i]];
      for(int j = 0; j <= k; j++) {
	    ans = max(ans, Mv[dfn[i]] + t[i - 1][j] + f[pos][k - j]);
      }
    }
    printf("%d
", ans);
  }
  return 0;
}