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Description
在一个忍者的帮派里，一些忍者们被选中派遣给顾客，然后依据自己的工作获取报偿。在这个帮派里，有一名忍者被称之为 Master。除了 Master以外，每名忍者都有且仅有一个上级。为保密，同时增强忍者们的领导力，所有与他们工作相关的指令总是由上级发送给他的直接下属，而不允许通过其他的方式发送。现在你要招募一批忍者，并把它们派遣给顾客。你需要为每个被派遣的忍者 支付一定的薪水，同时使得支付的薪水总额不超过你的预算。另外，为了发送指令，你需要选择一名忍者作为管理者，要求这个管理者可以向所有被派遣的忍者 发送指令，在发送指令时，任何忍者（不管是否被派遣）都可以作为消息的传递 人。管理者自己可以被派遣，也可以不被派遣。当然，如果管理者没有被排遣，就不需要支付管理者的薪水。你的目标是在预算内使顾客的满意度最大。这里定义顾客的满意度为派遣的忍者总数乘以管理者的领导力水平，其中每个忍者的领导力水平也是一定的。写一个程序，给定每一个忍者 i的上级 Bi，薪水Ci，领导力L i，以及支付给忍者们的薪水总预算 M，输出在预算内满足上述要求时顾客满意度的最大值。
1 ≤N ≤ 100,000 忍者的个数；
1 ≤M ≤ 1,000,000,000 薪水总预算；
0 ≤Bi < i 忍者的上级的编号；
1 ≤Ci ≤ M 忍者的薪水；
1 ≤Li ≤ 1,000,000,000 忍者的领导力水平。
Input
从标准输入读入数据。
第一行包含两个整数 N和 M，其中 N表示忍者的个数，M表示薪水的总预算。
接下来 N行描述忍者们的上级、薪水以及领导力。其中的第 i 行包含三个整 Bi , C i , L i分别表示第i个忍者的上级，薪水以及领导力。Master满足B i = 0，，并且每一个忍者的老板的编号一定小于自己的编号 Bi < i。
Output
输出一个数，表示在预算内顾客的满意度的最大值。
Sample Input
5 4
0 3 3
1 3 5
2 2 2
1 2 4
2 3 1
6
如果我们选择编号为 1的忍者作为管理者并且派遣第三个和第四个忍者，薪水总和为 4，没有超过总预算 4。因为派遣了 2 个忍者并且管理者的领导力为 3，
用户的满意度为 2 ，是可以得到的用户满意度的最大值。
策略是这样的
解最优性：对整棵树进行dfs时，我们实际也枚举了每位管理者，取最优即可
而解了最优性问题，剩下我们要做的就是尽量用满经费
解可行性：对于每棵子树，我们在它的工资值不够时，就删除最大的节点，而每次回溯都需要更新当前节点管理的多个子树的最大值，这就需要用可并堆来实现
#include <stdio.h> #define MAXN 100010 #define dmax(a,b) ((a)>(b)?(a):(b)) #define MAXBUF 1<<22 #define gec() ((S==T&&(T=(S=B)+fread(B,1,MAXBUF,stdin),S==T))?0:*S++) char B[MAXBUF],*S=B,*T=B; template<typename Type> inline void Rin(Type &x) { int c=gec(); for(;c<48||c>57;c=gec()); for(x=0;c>47&&c<58;x=(x<<1)+(x<<3)+c-48,c=gec()); } inline void swap(int &x,int &y) {x^=y,y^=x,x^=y;} int n,M,C[MAXN],L[MAXN],tot,root[MAXN],ls[MAXN],rs[MAXN],va[MAXN];long long sum[MAXN],size[MAXN],ans; struct Pointer { int v; Pointer *next; }*fir[MAXN],mem[MAXN],*nil=mem; inline void link(int x,int y) { *++nil=(Pointer){y,fir[x]},fir[x]=nil; } int merge(int x,int y) { if(!(x&&y))return x|y; if(va[x]<va[y])swap(x,y); rs[x]=merge(rs[x],y); swap(ls[x],rs[x]); return x; } inline void pop(int &x) {x=merge(ls[x],rs[x]);} void _dfs(int at) { root[at]=++tot,va[tot]=C[at],size[at]=1,sum[at]=C[at]; for(Pointer *iter=fir[at];iter;iter=iter->next) _dfs(iter->v), sum[at]+=sum[iter->v], size[at]+=size[iter->v], root[at]=merge(root[at],root[iter->v]); while(sum[at]>M) size[at]--,sum[at]-=va[root[at]],pop(root[at]); ans=dmax(ans,L[at]*size[at]); } int main() { Rin(n),Rin(M); for(int i=1,x;i<=n;i++) Rin(x),Rin(C[i]),Rin(L[i]),link(x,i); _dfs(1),printf("%lld\n",ans); return 0; }
[bzoj2809][Apio2012][dispatching] (可并堆)