[atARC096F]Sweet Alchemy

给定一棵有根树，记$f_{i}$表示$i$的父亲，每一个点有一个代价$c_{i}$

给定常数$D$和$X$，再给每个点赋一个权值$v_{i}$（$v_{i}\ge 0$），满足以下条件下最大化$\sum_{i=1}^{n}v_{i}$

条件：1.$\forall 2\le i\le n,v_{f_{i}}\le v_{i}\le v_{f_{i}}+D$；2.$\sum_{i=1}^{n}c_{i}v_{i}\le X$

$2\le n\le 50$，$1\le f_{i}<i$，$0\le D\le 10^{9}$，$1\le X,c_{i}\le 10^{9}$

构造$d_{i}=v_{i}-v_{f_{i}}$（特别的$d_{1}=v_{1}$），那么$v_{i}=d_{i}+v_{f_{i}}=...=\sum_{j为i祖先}d_{j}$

考虑每一个点的贡献，则有$\sum_{i=1}^{n}v_{i}=\sum_{i=1}^{n}d_{i}sz_{i}$和$\sum_{i=1}^{n}c_{i}v_{i}=\sum_{i=1}^{n}d_{i}sum_{i}$（其中$sz_{i}$为以$i$为根的子树大小，$sum_{i}$为以$i$为根子树中所有$c_{i}$的和）

可以看作一个背包，$n$个物品质量为$sum_{i}$，价值为$sz_{i}$，数量限制为$D$

先将所有物品按照“性价比”$\frac{sz_{i}}{sum_{i}}$从大到小排序，则若存在$x<y$满足$d_{x}+sz_{y}\le D$且$d_{y}\ge sz_{x}$，那么不妨令$d'_{y}=d_{y}-sz_{x}$且$d'_{x}=d_{x}+sz_{y}$，显然质量之和不变且价值不减少，因此最优解中必然不存在这类点对

由于$sz_{i}\le n$，将条件收缩为存在$x<y$满足$d_{x}+n\le D$且$d_{y}\ge n$

进一步的，将最终答案中的$d_{i}$分为三类：1.$D-n<d_{i}\le D$；2.$n\le d_{i}\le D-n$；3.$0\le d_{i}<n$，根据上述结论，任意第$i$类一定要在任意第$i+1$类前，且第2类数量不超过1（形象地，即构成了111……2333……）

对于第1类，转化为$D-n+1+d'_{i}$；对于第2类，转化为$d'_{i}+\lfloor\frac{d_{i}}{n}\rfloor n$，则都有$0\le d'_{i}<n$

先对$d'_{i}$背包，由于价值范围为$o(n^{3})$，那么令$f[i][j]$表示前$i$个物品，价值和为$j$的最小质量来dp即可，时间复杂度为$o(n^{4}\ln n)$或$o(n^{4})$（前者利用物品数量小于$\frac{n^{3}}{sz_{i}}$，后者用单调队列

枚举$\sum_{i=1}^{n}d'_{i}sz_{i}$（共$o(n^{3})$种），根据第$i$类要在第$i+1$类前的性质，对于剩下的部分贪心即可

（过程一眼看可能会有点假，注意$d'_{i}$是由$d_{i}$强制构造出来的，然后贪心根据的是结论）

特别的，对于$sz_{x}=n$这个位置（即原来的根），其没有数量限制，以第2类的方式构造$d'_{i}$，然后其贪心时没有上限

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define N 105
 4 #define ll long long
 5 struct ji{
 6     int nex,to;
 7 }edge[N];
 8 int E,n,m,d,x,head[N],id[N],sz[N],f[2][N*N*N];
 9 ll ans,sum[N];
10 bool cmp(int x,int y){
11     return sz[x]*sum[y]>sz[y]*sum[x];
12 }
13 void add(int x,int y){
14     edge[E].nex=head[x];
15     edge[E].to=y;
16     head[x]=E++;
17 }
18 void dfs(int k){
19     sz[k]=1;
20     for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex){
21         dfs(edge[i].to);
22         sz[k]+=sz[edge[i].to];
23         sum[k]+=sum[edge[i].to];
24     }
25 }
26 int main(){
27     scanf("%d%d%d%lld",&n,&m,&d,&sum[1]);
28     memset(head,-1,sizeof(head));
29     for(int i=2;i<=n;i++){
30         scanf("%lld%d",&sum[i],&x);
31         add(x,i);
32     }
33     dfs(1);
34     for(int i=1;i<=n;i++)id[i]=i;
35     sort(id+1,id+n+1,cmp);
36     int mm=n*n*n;
37     for(int i=1;i<=mm;i++)f[0][i]=m+1;
38     for(int i=1;i<=n;i++){
39         int p=(i&1);
40         for(int j=0;j<=mm;j++){
41             f[p][j]=m+1;
42             for(int k=0;(k<=min(n,d))&&(k*sz[id[i]]<=j);k++)
43                 f[p][j]=min((ll)f[p][j],f[p^1][j-k*sz[id[i]]]+k*sum[id[i]]);
44         }
45     }
46     for(int i=0;i<=mm;i++)
47         if (f[(n&1)][i]<=m){
48             int s=m-f[(n&1)][i];
49             ll tot=i;
50             for(int j=1;j<=n;j++)
51                 if ((id[j]==1)||(sum[id[j]]*(d-n)>s)){
52                     tot+=1LL*sz[id[j]]*(s/sum[id[j]]);
53                     s-=sum[id[j]]*(s/sum[id[j]]);
54                 }
55                 else{
56                     if (d<n)continue;
57                     tot+=1LL*sz[id[j]]*(d-n);
58                     s-=sum[id[j]]*(d-n);
59                 }
60             ans=max(ans,tot);
61         }
62     printf("%lld",ans);
63 }