首页 > 其他分享> > P3642 [APIO2016]烟火表演可并堆

P3642 [APIO2016]烟火表演可并堆

2021-01-11 09:02:52 作者：互联网

题意：

戳这里

分析：

这题是 ZJOI2007时态同步的加强版，那个题里面只能加边不能删边，而这个题允许删边

我们还是按照时态同步的想法来做，就是树上DP，我们令 $f(i,j)$ 表示使 $i$ 的子树内所有叶子节点到 $i$ 的距离为 $j$ 的最小代价，我们分析可以发现，

$f(i,j)$ 是关于 $i$ 的一个分段函数

分段区间的每一段区间一定是通过修改固定边数条路径，所以这一段分段函数的斜率就是修改路径的条数
$f(i,j)$ 是一个下凸壳

感性理解：一定存在一个区间 $l,r$ 使得 $\forall x \ 满足f(i,l)\le f(i,x)$,那么 $x\le l$ 时需要大量删边导致代价增大， $x\ge r$ 时需要大量加边导致代价增大

由于树形DP需要将儿子的贡献传递给父亲，那么我们现在考虑怎么将儿子的贡献累加到父亲上，

记关于儿子的分段函数为 $f()$ ，关于父亲的分段函数为 $g()$ , 儿子的斜率为 $0$ 的区间（即代价最小的区间）为 $L,R$ , 连接的边的权值为 $w$ ，记 $x$ 为转移到父亲的距离，根据定义 $g(x)=min_{y=1}^{x}(f(y)+|w-(x-y)|)$

分类讨论：

$x\le L$ 时由于 $y\le x$ 所以 $y< L$ ,即 $f(y)$ 此时的斜率都小于等于 $-1$ ,转移 $ 1$ 距离的代价都大于等于 $1$ ，那么 $y$ 取值越靠近 $x$ 花费越少 ,所以当 $y=x$ 时 $g(x)=f(x)+w$
$L\le x\le L+w$ 当 $y\ge L$ 时斜率为 $0$ ,那么修改不影响代价，此时 $y$ 越小 $|w-(x-y)|$ 越小总代价越小，所以我们尽可能从 $L$ 转移过来 $g(x)=f(L)+w-(x-L)$
$L+w\le x \le R+w$ 此时不用对 $w$ 做任何增删就能直接从 $L,R$ 转移过来，所以 $g(x)=f(L)$
$R+w\le x$ 和 1 同理，由于此时 $f（y）$ 的斜率都大于等于 $1$ 所以转移 $1$ 距离的代价都大于等于 $1$，那么尽可能使得 $y$ 斜率趋近 $0$ 所以 $g(x)=f(R)+(x-R)-w$

我们得到了转移式如下

\[g（x) = \begin{cases} f(x)+w & x \le L \\ f(L)+w-(x-L) & L < x < L+w \\ f(L) & L+w<x\le R+w\\ f(R)+(x-R)-w & R+w<x \end{cases} \]

我们观察几何意义可以发现

$[\ 0,L\ ]$ 向上平移 $w$ 个单位长度 $[L，L+w\ ]$ 插入一条斜率为 $-1$ 的线段 $[\ L,R\ ]$ 向右平移 $w$ 个单位长度， $[R+w, \inf ]$ 插入一条斜率为 $1$ 的线段

由于两个凸壳合并时会使得斜率增加 ,所以我们用一个小 $trick$ 来维护凸壳，那就是记一下拐点的坐标，这样任意两个拐点之间的斜率就是 $1$ （如果某个斜率不存在，我们只需要在同一个点多存几个斜率，直到这个斜率存在），那再回头看我们的转移式，由于每一次转移会使得新的凸壳右半部分斜率加 $1$ 所以右侧的拐点数等于儿子个数 ,而我们要做的就是每一次弹出斜率大于 $0$ 的点，直到找到斜率为 $0$ 的区间 $[L,R]$ ，删除 $R$ 点，插入 $L+w,R+w$ 这样 $[L,L+w]$ 这段斜率顺便也变成了 $-1$

最后怎么计算答案那，我们只需要找到 $1$ 节点对应的 $[L,R]$ 区间，由于每一次合并都会使得 $[0,L]$ 区间向上移一条边权，所以 $1$ 节点 $f(0)=\sum w_i$ 然后直接删掉斜率小于 $0$ 的拐点，输出 $[L,R]$ 区间的值

代码：

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

namespace zzc
{
	inline int read()
	{
		int x=0,f=1;char ch=getchar();
		while (!isdigit(ch)){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
		while (isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
		return x*f;
	}
	
	const int maxn = 3e5+5;
	int n,m,tot;
	long long ans,val[maxn<<1];
	int fa[maxn],deg[maxn],dis[maxn<<1],lc[maxn<<1],rc[maxn<<1],w[maxn],rt[maxn];
	
	int new_node(long long x)
	{
		val[++tot]=x;dis[tot]=0;
		return tot;
	}
	
	int merge(int x,int y)
	{
		if(!x||!y) return x|y;
		if(val[x]<val[y]) swap(x,y);
		rc[x]=merge(rc[x],y);
		if(dis[lc[x]]<dis[rc[x]]) swap(lc[x],rc[x]);
		dis[x]=dis[rc[x]]+1;
		return x;
	}
	
	void pop(int &x)
	{
		x=merge(lc[x],rc[x]);
	}
	
	void work()
	{
		n=read();m=read();
		for(int i=2;i<=n+m;i++)
		{
			fa[i]=read();w[i]=read();
			ans+=w[i];deg[fa[i]]++;
		}
		for(int i=n+m;i>=2;i--)
		{
			if(i<=n)while(deg[i]-->1)pop(rt[i]);
			long long l=val[rt[i]];pop(rt[i]);
			long long r=val[rt[i]];pop(rt[i]);
			rt[i]=merge(rt[i],merge(new_node(1ll*l+w[i]),new_node(1ll*r+w[i])));
			rt[fa[i]]=merge(rt[fa[i]],rt[i]);
		}
		while(deg[1]--) pop(rt[1]);
		while(rt[1]) ans-=val[rt[1]],pop(rt[1]);
		printf("%lld\n",ans);
	}

}

int main()
{
	zzc::work();
	return 0;
}

标签：rt,le,APIO2016,P3642,long,斜率,ch,烟火,pop
来源： https://www.cnblogs.com/youth518/p/14260557.html

P3642 [APIO2016]烟火表演 可并堆

题意：

分析：

代码：

P3642 [APIO2016]烟火表演可并堆