自动搬运

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来自洛谷，原作者为

	stoorz **

搬运于2025-08-24 22:10:18，当前版本为作者最后更新于2021-03-15 20:20:04，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

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以下是正文

设 $n$ 是物品数量，$m$ 是背包容量，$Q$ 是操作次数。

不难发现其实就是按照 dfs 序给出了一棵树，树上每一个点 $x$ 都有一个权值为 $v_x$，重量为 $w_x$ 的物品，然后把每一个节点到根的路径上的物品拎出来求完全背包。

首先最坏情况就是一条链，时间复杂度显然是 $O(Qn)$ 的，但是我们空间并没办法承受 $O(nm)$ 的复杂度，所以这道题瓶颈在于优化空间。

考虑重链剖分，每一条重链只开一个 dp 数组，因为每一个点到根节点上重链是 $O(\log n)$ 的，所以这样空间是 $O(m\log n)$ 的。

假设我们 dfs 到了点 $x$，$x$ 位于它到根上第 $\text{dep}$ 条重链，我们先遍历其所有轻儿子 $y$，用 $f[\text{dep}][0\sim m]$ 更新 $f[\text{dep+1}][0\sim m]$，然后继续 dfs 节点 $y$。

回溯回来后 $x$ 子树内就只有 $x$ 的重儿子为根的子树没有被 dp 过了，此时也就意味着可以直接在 $f[\text{dep}][0\sim m]$ 中加入 $x$ 重儿子的贡献了。

时间复杂度 $O(Qn)$，空间复杂度 $O(m\log n)$。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=20010,LG=15;
int n,m,Q,tot,v[N],w[N],head[N],son[N],siz[N],id[N],ans[N],f[LG+1][N];
bool vis[N];
char ch[10];
stack<int> st;

struct edge
{
	int next,to;
}e[N];

void add(int from,int to)
{
	e[++tot]=(edge){head[from],to};
	head[from]=tot;
}

void dfs1(int x,int fa)
{
	siz[x]=1; vis[x]=1;
	for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
	{
		int v=e[i].to;
		if (v!=fa)
		{
			dfs1(v,x);
			siz[x]+=siz[v];
			if (siz[v]>siz[son[x]]) son[x]=v;
		}
	}
}

void dfs2(int dep,int last,int x,int fa)
{
	for (int i=0;i<=m;i++)
	{
		f[dep][i]=f[last][i];
		if (i>=w[x]) f[dep][i]=max(f[dep][i],f[dep][i-w[x]]+v[x]);
		ans[x]=max(ans[x],f[dep][i]);
	}
	for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
	{
		int v=e[i].to;
		if (v!=fa && v!=son[x]) dfs2(dep+1,dep,v,x);
	}
	if (son[x]) dfs2(dep,dep,son[x],x);
}

int main()
{
	memset(head,-1,sizeof(head));
	scanf("%d%d",&Q,&m);
	for (int i=1;i<=Q;i++)
	{
		scanf("%s",ch);
		if (ch[0]=='a')
		{
			n++;
			if (st.size()) add(st.top(),n);
			scanf("%d%d",&w[n],&v[n]);
			st.push(n);
		}
		else st.pop();
		if (st.size()) id[i]=st.top();
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)
		if (!vis[i]) dfs1(i,0),dfs2(1,0,i,0);
	for (int i=1;i<=Q;i++)
		printf("%d\n",ans[id[i]]);
	return 0;
}