[luogu P1552] [APIO2012]派遣
题目背景
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。
题目描述
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，你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Li，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。
输入输出格式
输入格式：
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行包含三个整数Bi,Ci,Li分别表示第i个忍者的上级，薪水以及领导力。Master满足Bi=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。
输出格式：
输出一个数，表示在预算内顾客的满意度的最大值。
输入输出样例
输入样例#1：
5 4 0 3 3 1 3 5 2 2 2 1 2 4 2 3 1
输出样例#1：
6
说明
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。
对于 30%的数据，N ≤ 3000。
想了较长时间（其实是脑子坏了）。
我最初的想法就是，我们可以定住一个点x，将它当做是管理者，然后那些被派遣的人从以其为根的子树中找。
然后ans=max(ans,lead[x]*calc(x))。显然，这是正确的吧。因为管理者需要能到达所有的被派遣者，及管理者是被选出子树的根节点。
这样方便了我们calc（其实就是运用了一点点的动规思想和贪心思想）。
那么，calc怎么办？也就是说，我们要在x的几棵子树中（包括自己）找到最多的点代价和不超过m。
想到了什么？左偏树好像可以。
就是说，对于每一个点x，都连着好几棵处理好的左偏树，然后我们可以用log的时间合并。
但是，我们还要删掉一些点使满足条件。我选择了用大根堆，这样删除方便。
但是这个操作具体的复杂度是多少呢？由于删除的点不会重新被加入，所以每个点最多被删除一次，复杂度为nlogn。
加上上面的一系列操作nlogn的复杂度，总复杂度依然是nlogn。
code：
1 %:pragma GCC optimize(2)
2 #include<bits/stdc++.h>
3 #define LL long long
4 using namespace std;
5 const int N=100005;
6 vector <int> son[N];
7 int n,m,ro[N]; LL s[N],c[N],f[N],ans;
8 struct lft {int l,r,d,w; void cl() {l=r=d=0;}}a[N];
9 inline int read() {
10 int x=0; char ch=getchar();
11 while (ch<‘0‘||ch>‘9‘) ch=getchar();
12 while (ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) x=x*10+ch-‘0‘,ch=getchar();
13 return x;
14 }
15 int merge(int x,int y) {
16 if (!x||!y) return x+y; if (a[x].w<a[y].w) swap(x,y);
17 a[x].r=merge(a[x].r,y); int l=a[x].l,r=a[x].r;
18 if (a[l].d<a[r].d) swap(a[x].l,a[x].r);
19 a[x].d=a[a[x].r].d+1;
20 return x;
21 }
22 int main() {
23 n=read(),m=read(),ans=0,a[0].d=-1;
24 for (int i=1; i<=n; i++) {
25 a[i].cl(),ro[i]=i,son[read()].push_back(i);
26 s[i]=a[i].w=read(),c[i]=1,f[i]=read();
27 }
28 for (int i=n,siz; i>=1; i--) {
29 siz=son[i].size();
30 for (int k=0,j; k<siz; k++) {
31 j=son[i][k],ro[i]=merge(ro[i],ro[j]);
32 s[i]+=s[j],c[i]+=c[j];
33 }
34 for (; s[i]>m;) {
35 s[i]-=a[ro[i]].w,c[i]--;
36 ro[i]=merge(a[ro[i]].l,a[ro[i]].r);
37 }
38 ans=max(ans,f[i]*c[i]);
39 }
40 printf("%lld\n",ans);
41 return 0;
42 }