「APIO2016」烟花表演

解题思路

又是一道 solpe trick 题，观察出图像变化后不找一些性质还是挺难做的。

首先令 \(dp[u][i]\) 为节点 \(u\) 极其子树所有叶子到 \(u\) 距离为 \(i\) 的最少代价，显然有
\[ dp[u][i]=\sum_{v\in son(u)}\min_{0\leq j \leq i}\{dp[v][j]+|C(u,v)-(i-j)|\} \]
定义函数
\[ f_u(x)=dp[u][x] , g_u(x)= \min_{0\leq i\leq x}\{dp[u][x]+|C(fa[u],u)-(x-i)|\} \]
可以得到 \(f_u(x) = \sum_{v \in son(u)} g_v(x)\) 。

不难证明，\(f,g\) 的图像都是一个下凸包，且相邻的段之间斜率变化为 \(1\) ，考虑由 \(f_u(x)\) 到 \(g_u(x)\) 的过程

令 \(L, R\) 为 \(f_u\) 最下面那条边的左右端点，\(len=C(fa[u],u)\) ，把过程看做对图像的操作，那么有：
\[ g_u(x)= \begin{cases} f_u(x)+len& x<L \\ f_u(L)+len-(x-L) &L\leq x<L+len \\ f_u(L) & L + len \leq x\leq R+len \\ f_u(R)+(x-R)-len & x>R+len \end{cases} \]
考虑维护这个凸包的拐点，1,2,3操作合起来相当于删除凸包上 \(L,R\) 两个拐点，然后插入 \(L+len,R+len\) 这两个拐点。

4操作只需要在之前把斜率 \(\geq1\) 的拐点删除到只剩一个即可，不难证明对于非叶子节点，这样的拐点只有儿子数量 \(-1\) 个，删完之后要找的 \(L,R\) 就是当前最右边的两个拐点。

那么对于每一个 \(u\) 只需要将所有儿子的 \(g\) 合并起来即可得到当前的 \(f\) ，可并堆/线段树合并实现都是 \(\mathcal O((n+m)\log n)\)。

我们维护出来 \(f_1\) 的所有拐点之后，求答案只需要用 \(f_1(0)\) 的值减去所有斜率 \(\leq0\) 的拐点的横坐标即可。

code

/*program by mangoyang*/
#include <bits/stdc++.h>
#include <ext/pb_ds/priority_queue.hpp>
#define inf (0x7f7f7f7f)
#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
typedef long long ll;
using namespace std;
template <class T>
inline void read(T &x){int f = 0, ch = 0; x = 0;for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = 1;for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + ch - 48;
}
const int N = 1000005;
ll ans;
int fa[N], len[N], deg[N], n, m;
__gnu_pbds::priority_queue<ll> pq[N];
int main(){read(n), read(m);for(int i = 2; i <= n + m; i++){read(fa[i]), deg[fa[i]]++;read(len[i]), ans += len[i];}for(int i = n + m; i > 1; i--){ll x = 0, y = 0;if(i <= n){for(int j = 1; j < deg[i]; j++) pq[i].pop();x = pq[i].top(), pq[i].pop();y = pq[i].top(), pq[i].pop();}pq[fa[i]].push((ll) x + len[i]);pq[fa[i]].push((ll) y + len[i]);pq[fa[i]].join(pq[i]);}   for(int i = 1; i <= deg[1]; i++) pq[1].pop();while(!pq[1].empty())ans -= pq[1].top(), pq[1].pop();cout << ans << endl;return 0;
}