[BZOJ4585][Apio2016]Fireworks 烟火表演（树形 DP + 凸包 + 左偏树）

Address

洛谷 P3642
BZOJ 4585
UOJ #205
LOJ #2568

Solution

• NOIP 2018 之后 A 掉的第一道题，祭
• 看上去是水题，但是发现边权可以减一之后就不是那么容易了
• 很容易想到状态： $f[u][i]$ 表示把 $u$ 到子树内所有叶子的距离都调成 $i$ 的最小代价（下面 $len(u,v)$ 为边 $(u,v)$ 的长度）
• $$f[u][i]=\sum _{v\in son(u)}\underset{j=0}{\overset{i}{\max }}\{f[j]+|len(u,v)-(i-j)|\}$$
• 可以大胆猜想 $f[u]$ 是关于 $i$ 的下凸函数
• 假设 $u$ 只有 $v$ 一个子节点
• 设 $i\in [l,r]$ 时 $f[v]$ 取得最小值
• 然后分类讨论一下转移：
• （1） $0\le i\le l$
• 这时候 $j\in [0,i]$ ，最优的方案是把 $(u,v)$ 的边权改成 $0$
• $$f[u][i]=f[v][i]+len(u,v)$$
• （2） $l\le i\le l+len(u,v)$
• 这时候最优的方案是把 $(u,v)$ 的边权改成 $i-l$
• $$f[u][i]=f[v][l]+len(u,v)-i+l$$
• （3） $l+len(u,v)\le i\le r+len(u,v)$
• 这时候最优的方案是不修改 $(u,v)$ 的边权
• $$f[u][i]=f[v][i-len(u,v)]$$
• （4） $i\ge r+len(u,v)$
• 这时候最优的方案是把 $(u,v)$ 的边权改成 $i-r$
• $$f[u][i]=f[v][r]+i-r-len(u,v)$$
• 把 $f[u]$ 和 $f[v]$ 看作分段函数，可以发现每个段都是一次的
• 上面四个转移相当于
• （1）把横坐标 $[0,l]$ 内的直线上移 $len(u,v)$ 个单位
• （2）把横坐标 $[l,r]$ 内的直线右移 $len(u,v)$ 个单位
• （3）在横坐标 $[l,l+len(u,v)]$ 内加入一条斜率为 $-1$ 的直线
• （4）在横坐标 $[r+len(u,v),+\infty ]$ 内加入一条斜率为 $1$ 的直线
• 我们考虑维护分段函数的拐点
• 注意到每经过一个拐点，函数的斜率加一
• 对于叶子节点，有两个拐点 $(0,0)$ $(0,0)$
• 这是一棵树，处理点 $u$ 时如何将 $u$ 转移到 $u$ 父亲 $fa[u]$ 呢
• 先说：最右端直线的斜率是 u 的子节点数（接下来会证明）
• 用一个大根堆维护拐点横坐标
• 先不断弹出最右端斜率大于 $1$ 的直线，使得最后一段直线的斜率为 $1$
• 然后把斜率为 $0$ 的直线段对应的两个拐点右移 $len(u,fa[u])$ 个单位
• 把这个大根堆合并到父亲
• 需要用到可并堆（左偏树）
• 而这时候每个点往父亲合并时最右端的斜率一定为 $1$ ，故 $u$ 最右端直线的斜率是 $u$ 的子节点数
• 利用这个就能判断最右端直线的斜率
• 先暂时设 $ans$ 为所有边权和
• 把 $f[1]$ 的折线的右端斜率大于 $0$ 的直线全部弹掉
• 注意到所有边权和就是 $f[1]$ 在 $0$ 点的值
• 于是只需要从横坐标 $0$ 开始，通过拐点和斜率计算函数减少的量即可
• 可以得出把 $ans$ 减去这时候左偏树内所有点的横坐标之和就是答案
• 复杂度 $O(n\log n)$

Code

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define For(i, a, b) for (i = a; i <= b; i++)
#define Rof(i, a, b) for (i = a; i >= b; i--)

inline int read()
{
	int res = 0; bool bo = 0; char c;
	while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
	if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
	while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
		res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
	return bo ? ~res + 1 : res;
}

template <class T>
inline void Swap(T &a, T &b) {a ^= b; b ^= a; a ^= b;}

typedef long long ll;

const int N = 6e5 + 5, M = N << 1;

int n, m, fa[N], len[N], rt[N], cnt[N], ToT;
ll ans;

struct node
{
	int lc, rc, dis; ll val;
} T[M];

int mer(int x, int y)
{
	if (!x || !y) return x + y;
	if (T[x].val < T[y].val) Swap(x, y);
	T[x].rc = mer(T[x].rc, y);
	T[x].dis = T[x].rc ? T[T[x].rc].dis + 1 : 0;
	if (!T[x].lc || T[T[x].lc].dis < T[T[x].rc].dis)
		Swap(T[x].lc, T[x].rc);
	return x;
}

void pop(int &x)
{
	x = mer(T[x].lc, T[x].rc);
}

int main()
{
	int i;
	n = read(); m = read();
	For (i, 2, n + m)
		cnt[fa[i] = read()]++, ans += (len[i] = read());
	Rof (i, n + m, 2)
	{
		ll l = 0, r = 0;
		cnt[i]--;
		while (cnt[i] > 0) pop(rt[i]), cnt[i]--;
		if (i <= n) r = T[rt[i]].val, pop(rt[i]),
			l = T[rt[i]].val, pop(rt[i]);
		int x, y;
		T[x = ++ToT] = (node) {0, 0, 0, l + len[i]};
		T[y = ++ToT] = (node) {0, 0, 0, r + len[i]};
		rt[i] = mer(rt[i], mer(x, y));
		rt[fa[i]] = mer(rt[fa[i]], rt[i]);
	}
	while (cnt[1]--) pop(rt[1]);
	while (rt[1]) ans -= T[rt[1]].val, pop(rt[1]);
	std::cout << ans << std::endl;
	return 0;
}