Codeforces1099F. Cookies(线段树+dp+贪心+博弈)
题目链接:传送门
思路:
分析到处理节点时的吃cookie的顺序了,然鹅不会用线段树维护前缀和。技术门槛QAQ。。。
很容易想到可以从root开始搜索,每次深入消耗时间2*边权w。
然后对于深入到点u开始返回的话,想要尽量多地吃cookie,就要贪心地选择用时短的cookie,也就是:
当前节点为u,剩余时间为val时,最多能在1-u这条链上吃到多少个cookie。
一共有1e6个节点,所以这个贪心策略的实现复杂度要压到log级别。。。好难不会。
思路参考:Dream_maker_yk的博客
线段树维护前缀和。
首先我们以时间ti为坐标向线段树中插入节点。保存两个值,把子树吃光所用的总时间sum,子树中的cookie总数cnt。
然后根据剩余时间val查询,如果左子树的sum比val小,那么说明左子树可以吃光,那么查询结果就是:
cnt左子树 + 对右子树查询val - sum左子树
这样我们就可以用logn的时间实现贪心策略了。
然后考虑到Vasya会干扰我们,所以应题目要求,我们要求在Vasya干扰得最好的情况下,能吃到的最大的cookie数量。
最差的情况就是Vasya每次深入后都把最好的子树f1给办掉了,那么我们只能选次好的子树f2。
因为每个节点都可能返回,所以回溯当前节点的最多cookie数ans。而当前节点的最多cookie数可能是吃到当前节点为止,也可能是吃到当前节点的子树,所以ans = max(ans,f2)。
特别地,因为Mitya是先手,所以root的子树不会被办,ans = max(ans,f1)。
代码:
#include <bits/stdc++.h>
#define lson (pos << 1)
#define rson (pos << 1 | 1) using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAX_N = 1e6 + ; struct Edge{
int v;
ll w;
};
ll x[MAX_N], t[MAX_N];
vector <Edge> g[MAX_N]; ll sum[MAX_N<<], cnt[MAX_N<<]; void update(int pos, int l, int r, ll xi, ll ti) {
sum[pos] += xi*ti;
cnt[pos] += xi;
if (l == r)
return;
int mid = (l + r) >> ;
if (ti <= mid)
update(lson, l, mid, xi, ti);
else
update(rson, mid+, r, xi, ti);
} ll query(int pos, int l, int r, ll val) {
if (l == r)
return min(cnt[pos], val/l);
int mid = (l + r) >> ;
if (sum[lson] <= val)
return cnt[lson] + query(rson, mid+, r, val - sum[lson]);
else
return query(lson, l, mid, val);
} ll dfs(int u, ll res) {
update(, , 1e6, x[u], t[u]);
ll ans = query(, , 1e6, res);
ll f1 = , f2 = ;
for (const auto &tmp : g[u]) {
int v = tmp.v;
ll w = tmp.w;
if (res < *w)
continue;
ll f = dfs(v, res - *w);
if (f > f1)
f2 = f1, f1 = f;
else if (f > f2)
f2 = f;
}
update(, , 1e6, -x[u], t[u]);
if (u == )
return max(ans, f1);
else
return max(ans, f2);
} int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n;
ll T;
cin >> n >> T;
for (int i = ; i <= n; i++)
cin >> x[i];
for (int i = ; i <= n; i++)
cin >> t[i];
for (int u = ; u <= n; u++) {
int v;
ll w;
cin >> v >> w;
g[v].push_back((Edge){u, w});
} ll ans = dfs(, T); cout << ans << endl;
return ;
}
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