#树链剖分，背包#洛谷 5391 [Cnoi2019]青染之心

题目

Cirno初始有一个空的物品序列，一个大小为 (V) 的背包，现在你有 (q) 个操作，分为两种：

add (x) (y) : 表示加入一种体积为 (x), 价值为 (y) 的物品到序列末尾
erase : 表示删除序列末尾的物品
对于每个操作结束以后，你需要求出 :

假设序列中的每种物品都有无穷多个，Cirno的背包可以装下的物品最大价值和。

(q,vleq 2*10^4)

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分析

即使5s的限制，线段树分治也会超时
考虑删除实际上就是回溯到上一个版本，那么可以按照这样建一棵关系树，
直接按照这棵关系树跑就可以做到时间复杂度严格(O(qv))，但是会MLE，
考虑树链剖分的一个性质，一个点到根节点不会经过超过(log)条轻边，
则只需要保留重儿子信息即可，空间复杂度(O(vlog_2q))

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代码

#include <cstdio>
#include <cctype>
#define rr register
using namespace std;
const int N=20011; struct node{int y,next;}e[N];
int siz[N],big[N],dp[15][N],ans[N],as[N],et,rk[N],w[N],c[N],Q,m,n,Top,stac[N];
inline signed iut(){
	rr int ans=0; rr char c=getchar();
	while (!isdigit(c)) c=getchar();
	while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();
	return ans;
}
inline void print(int ans){
	if (ans>9) print(ans/10);
	putchar(ans%10+48);
}
inline signed max(int a,int b){return a>b?a:b;}
inline void dfs1(int x){
	siz[x]=1;
	for (rr int i=as[x],SIZ=-1;i;i=e[i].next){
	    dfs1(e[i].y),siz[x]+=siz[e[i].y];
		if (SIZ<siz[e[i].y]) SIZ=siz[e[i].y],big[x]=e[i].y;	
	}
}
inline void dfs2(int x,int d,int las){
	for (rr int i=0;i<w[x];++i) dp[d][i]=dp[las][i];
	for (rr int i=w[x];i<=m;++i) dp[d][i]=max(dp[las][i],dp[d][i-w[x]]+c[x]);
	ans[x]=dp[d][m];
	for (rr int i=as[x];i;i=e[i].next)
	    if (e[i].y!=big[x]) dfs2(e[i].y,d+1,d);
	if (big[x]) dfs2(big[x],d,d);
}
signed main(){
	Q=iut(),m=iut();
	for (rr int i=1;i<=Q;++i){
		rr char ch=getchar();
		while (ch!='a'&&ch!='e') ch=getchar();
		if (ch=='e') --Top,getchar(),getchar(),getchar(),getchar();
		else {
			w[++n]=iut(),c[n]=iut();
			if (stac[Top]) e[++et]=(node){n,as[stac[Top]]},as[stac[Top]]=et;
			stac[++Top]=n;
		}
		if (Top) rk[i]=stac[Top];
	}
	for (rr int i=1;i<=n;++i)
	    if (!siz[i]) dfs1(i),dfs2(i,1,0);
	for (rr int i=1;i<=Q;++i) print(ans[rk[i]]),putchar(10);
	return 0;
}