Section 4.3

省选准备/assets/day4/bzoj2809.cpp

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+#include <cctype>
+#include <cstdio>
+template <typename T> inline void swap(T &x, T &y) {
+    T t = x;
+    x = y;
+    y = t;
+}
+template <typename T> inline T max(T x, T y) { return x > y ? x : y; }
+inline void read(int &x)
+{
+    int ch = x = 0;
+    while (!isdigit(ch = getchar()));
+    for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + ch - '0';
+}
+const int maxn = 100010;
+int n, m, fa[maxn], C[maxn], L[maxn], cnt;
+typedef struct Node
+{
+    Node *lc, *rc;
+    int val, dis, sz;
+    long long sum;
+} *lpNode;
+lpNode merge(lpNode x, lpNode y)
+{
+    if (x == 0) return y;
+    if (y == 0) return x;
+    if (x->val < y->val) swap(x, y);
+    x->rc = merge(x->rc, y);
+    if (x->lc == 0 || x->lc->dis < x->rc->dis) swap(x->lc, x->rc);
+    x->dis = x->rc ? x->rc->dis + 1 : 0;
+    x->sz = (x->lc ? x->lc->sz : 0) + (x->rc ? x->rc->sz : 0) + 1;
+    x->sum = (x->lc ? x->lc->sum : 0) + (x->rc ? x->rc->sum : 0) + x->val;
+    return x;
+}
+Node mem[maxn];
+lpNode nodes[maxn];
+int head[maxn], to[maxn], next[maxn], ecnt, arr[maxn], aend;
+inline void addEdge(int f, int t)
+{
+    ecnt++;
+    next[ecnt] = head[f];
+    head[f] = ecnt;
+    to[ecnt] = t;
+}
+int main()
+{
+    read(n), read(m);
+    for (int i = 1; i <= n; i++)
+        read(fa[i]), read(C[i]), read(L[i]), addEdge(fa[i], i),
+        (nodes[i] = mem + i)->sz = 1, nodes[i]->sum = nodes[i]->val = C[i];
+    for (int i = 0; i <= n; i++)
+        for (int cur = head[i]; cur; cur = next[cur])
+            arr[++aend] = to[cur];
+    long long ans = 0;
+    for (int i = aend; i; i--)
+    {
+        int x = arr[i], y = fa[x];
+        ans = max(ans, 1ll * nodes[x]->sz * L[x]);
+        nodes[y] = merge(nodes[y], nodes[x]);
+        while (y && nodes[y]->sum > m)
+            nodes[y] = merge(nodes[y]->lc, nodes[y]->rc);
+    }
+    printf("%lld", ans);
+    return 0;
+}

省选准备/省选基础算法.tex

@@ -364,4 +364,19 @@ Manacher 模板题
 \codeinput[Balanced Lineup]{assets/day4/poj3264.cpp}
 \subparagraph{\href{http://codeforces.com/problemset/problem/359/D}{CF359D} - Pair of Numbers} 首先要知道gcd有“最值的性质”，然后二分暴力。
 \codeinput[Pair of Numbers]{assets/day4/CF359D.cpp}
+\subsection{左偏树} 左偏树是一种可以合并的堆，所以它可以支持堆的几种操作，并且也都是在相同的时间复杂度下完成的，并且它能额外支持合并两棵左偏树的这种操作。
+\paragraph{性质} 我们先定义节点$i$的距离为节点$i$到它的后代中，最近的外节点所经过的边数，其中左子树或右子树为空的节点被称为外节点，这种节点的距离为$0$。
+\subparagraph{性质1：堆有序性质} 节点的值不小于其子节点的值（假设这是一个大根左偏树）。
+\subparagraph{性质2：左偏性质} 节点的左子节点的距离不小于右子节点的距离。
+\subparagraph{性质3} 节点的距离等于它的右子节点的距离加一。
+\paragraph{左偏树的操作}
+\subparagraph{合并} 
+	现在我们有两棵左偏树A和B，欲将其合并。我们假设A的根节点大于B的根节点，不然交换一下就行了。然后把A的右子节点与树B合并作为A的新右子节点，检查A现在的左子节点和右子节点的距离，如果右子节点的距离大于左子节点，那么交换这两棵子树，然后更新A的距离，如此这般递归下去，因为只有$\log_2{n}$的深度，所以铁定不会爆栈，除非你的脸黑到一定境界了。
+\subparagraph{插入} 把新节点当作一棵只有一个节点的树与原树合并。
+\subparagraph{删除极值} 合并根节点下的两个子节点。
+\subparagraph{删除指定元素} 将指定节点的两个子树合并作为这个节点。然后维护其父节点的数值，如果父节点被改变，就继续向上维护，直到节点数据不改变。
+\paragraph{练习题}
+\subparagraph{\href{http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2809}{BZOJ2809} - [Apio2012]dispatching}
+	考虑对每个点维护一个大根堆，堆内存储的是这个节点子树内所有点的$C_i$。当堆内的和大于$M$时就要弹出堆顶元素；每个点的堆可以通过将所有儿子的堆合并起来再插入自己节点的$C_i$来得到
+\codeinput[Apio2012 dispatching]{assets/day4/bzoj2809.cpp}
 \end{document}