革命尚未成功，同志还需努力。
Description
Input
第 1 行包含2个非负整数 n,t，分别表示城市的个数和数据类型（其意义将在后面提到）。
输入文件的第 2 到 n 行，每行描述一个除SZ之外的城市。其中第 v 行包含 5 个非负整数 f_v,s_v,p_v,q_v,l_v，分别表示城市 v 的父亲城市，它到父亲城市道路的长度，票价的两个参数和距离限制。
请注意：输入不包含编号为 1 的SZ市，第 2 行到第 n 行分别描述的是城市 2 到城市 n。
Output
输出包含 n-1 行，每行包含一个整数。其中第 v 行表示从城市 v+1 出发，到达SZ市最少的购票费用。同样请注意：输出不包含编号为 1 的SZ市。
Sample Input
1 2 20 0 3
1 5 10 100 5
2 4 10 10 10
2 9 1 100 10
3 5 20 100 10
4 4 20 0 10
Sample Output
150
70
149
300
150
HINT
对于所有测试数据，保证 0≤pv≤106，0≤qv≤1012，1≤fv<v；保证 0<sv≤lv≤2×1011，且任意城市到SZ市的总路程长度不超过 2×1011。
输入的 t 表示数据类型，0≤t<4，其中：
当 t=0 或 2 时，对输入的所有城市 v，都有 fv=v-1，即所有城市构成一个以SZ市为终点的链；
当 t=0 或 1 时，对输入的所有城市 v，都有 lv=2×10^11，即没有移动的距离限制，每个城市都能到达它的所有祖先；
当 t=3 时，数据没有特殊性质。
n=2×10^5。
Solution
看上去觉得可做系列。
首先很容易写出答案的DP转移方程：
设S[x]为节点x到根的距离，其中j满足j为i的祖先且S[i]-S[j]<=l[i]。
既然是一个1D-1D的方程，我们暂时考虑斜率优化的做法。
经过数学推导，得到不等式。当j为k的祖先时，若从j转移至i比从k转移更优，则有
所以就相当于让每一个可以转移到点i的节点j，对应平面上的一个点(S[j],f[j])，我们要找到一个点x满足：
对于每一个点y为x的祖先，都有
；
对于每一个点y为x的子孙，都有
；
如下图，红线的斜率为d[i]，则从编号为x的点转移最优。
其实最优转移点就是红线从右下角扫描过来时第一个碰到的点。
于是我们发现第一个碰到的点肯定位于这些点的凸包上，所以我们只要求出凸包，将斜率在凸包上二分找最优转移点即可。
由于红线的斜率即d[i]为自然数，我们只需维护半边凸包。
所以，我们只要得到一段区间上的凸包，就能得到答案，我们选择大力树套树维护凸包。
（用线段树的的每一个节点表示从当前点到根节点的链上 该线段树的节点所表示的区间上 的凸包）
由于是在一棵树上进行维护，所以从当前点到根节点的链（其实是一个栈）是会改变的，有进栈和出栈操作。
由于有出栈操作，可持久化显然会MLE，我们就必须支持撤销操作。
小C写的是zkw线段树套线段树，当然还有更优更简单的zkw套无旋Treap做法。（小C作死后面会提到）
无旋Treap就是每次存下split掉的那 logn 棵树（的根），撤销时merge回来即可。
线段树就是每次存下每次（最多logn次）删掉的那个节点的右子树的编号，撤销时补回来即可。（如下图）（空间复杂度预警）
如果更新凸包时，新的节点插入于红色框处，那么绿色框就要被删去，即将其父亲的右儿子指向0即可。
线段树需要动态开点，这样通过数学推导，空间只有O(nlogn)。
每棵线段树的根节点的范围还要根据 zkw线段树的节点 对应的区间的宽度 来定，否则会被卡常。
（读者：TMD线段树要注意的东西那么多还不如不说。 小C：人家打了好久的就是要说你来打我啊）
总时间复杂度。
这题似乎还有很巧妙的cdq分治算法。
每次像点分治那样做，然后用包含根的那个子树更新其它子树。
如图，红色点为重心，用绿色链来更新黄色部分子树的答案。
将每个黄色部分内的点按照能爬到绿色链内的深度排序，将绿色链内依次加入凸包时就可以顺便更新答案了……你懂的。
对于每一个分治结构都这样做，总复杂度O(nlogn)。
#include <cstdio> #include <algorithm> #define l(a) (son[a][0]) #define r(a) (son[a][1]) #define ll long long #define INF 1LL<<62 #define MM 7400005 #define MN 200005 #define MS 19 using namespace std; struct node { int pos; double slope; friend node operator+(const node& a,const node& b){return b.pos?b:(node){0,0};} }t[MM],g[MN][MS]; struct edge{int nex,to; ll wt;}e[MN]; int pin,din,n,tp,MO; int hr[MN],a[MN],rt[MN*3],st[MN],son[MM][2]; int cg[MN][MS][MS],bh[MN][MS]; ll f[MN],s[MN],lim[MN],b[MN]; inline ll read() { ll n=0,f=1; char c=getchar(); while (c<'0' || c>'9') {if(c=='-')f=-1; c=getchar();} while (c>='0' && c<='9') {n=n*10+c-'0'; c=getchar();} return n*f; } inline void ins(int x,int y,ll z) {e[++pin]=(edge){hr[x],y,z}; hr[x]=pin;} node Tgetans(int x,int L,int R,int z) { if (!x||L==R) return (node){0,0}; int mid=L+R>>1; if (!t[l(x)].pos||z<t[l(x)].slope) return Tgetans(l(x),L,mid,z); else {node lt=Tgetans(r(x),mid+1,R,z); return lt.pos?lt:t[l(x)];} } void Tmodify(int& x,int L,int R,int y,int z,int pre,int depth) { if (!x) x=++din; if (L==R) {g[y][z]=t[x]; bh[y][z]=L; t[x]=(node){y,pre?(double)(f[y]-f[pre])/(s[y]-s[pre]):0}; return;} int mid=L+R>>1; if (t[l(x)].pos&&(double)(f[y]-f[t[l(x)].pos])/(s[y]-s[t[l(x)].pos])>t[l(x)].slope) Tmodify(r(x),mid+1,R,y,z,t[l(x)].pos,depth+1); else {Tmodify(l(x),L,mid,y,z,pre,depth+1); cg[y][z][depth]=r(x); r(x)=0;} t[x]=t[l(x)]+t[r(x)]; } void Tcance(int x,int L,int R,int y,int z,int depth) { if (L==R) {t[x]=g[y][z]; return;} int mid=L+R>>1; if (bh[y][z]>mid) Tcance(r(x),mid+1,R,y,z,depth+1); else {Tcance(l(x),L,mid,y,z,depth+1); r(x)=cg[y][z][depth];} t[x]=t[l(x)]+t[r(x)]; } void getans(int x,int ql,int qr,int z) { node lt; f[x]=INF; register int j; for (j=1,ql+=MO,qr+=MO;ql<=qr;ql>>=1,qr>>=1,j<<=1) { if ( ql&1) { if (t[rt[ql]].pos&&z>=t[rt[ql]].slope) lt=t[rt[ql++]]; else lt=Tgetans(rt[ql++],1,j,z); f[x]=min(f[x],f[lt.pos]+(s[x]-s[lt.pos])*z+b[x]); } if (~qr&1) { if (t[rt[qr]].pos&&z>=t[rt[qr]].slope) lt=t[rt[qr--]]; else lt=Tgetans(rt[qr--],1,j,z); f[x]=min(f[x],f[lt.pos]+(s[x]-s[lt.pos])*z+b[x]); } } } void modify(int x,int q) { register int i,j; for (i=0,j=1,q+=MO;q;q>>=1,++i,j<<=1) Tmodify(rt[q],1,j,x,i,0,0); } void cance(int x,int q) { register int i,j; for (i=0,j=1,q+=MO;q;q>>=1,++i,j<<=1) Tcance(rt[q],1,j,x,i,0); } void dfs(int x) { register int i,L,R; for (L=1,R=tp;L<R;) { int mid=L+R>>1; if (s[x]-s[st[mid]]>lim[x]) L=mid+1; else R=mid; } if (R) getans(x,R,tp,a[x]); st[++tp]=x; modify(x,tp); for (i=hr[x];i;i=e[i].nex) { s[e[i].to]=s[x]+e[i].wt; dfs(e[i].to); } cance(x,tp); --tp; } int main() { register int i,x; register ll y; n=read(); x=read(); for (MO=1;MO<n;MO<<=1); --MO; for (i=2;i<=n;++i) { x=read(); y=read(); ins(x,i,y); a[i]=read(); b[i]=read(); lim[i]=read(); } dfs(1); for (i=2;i<=n;++i) printf("%lld ",f[i]); }
Last Word
这大概是小C唯一一次那么执着地要把一种自己想的做法写完的题目了。（没办法小C强迫症）
刚开始看到题目时忽略了有距离限制的条件，果断就打了线段树维护凸包上去，结果打完才发现GG。
看错题面癌持续发作的小C之后又卯足劲向南墙撞去……至于写了什么丢人的代码这里就不说了。
最后发现要求出区间凸包只有树套树一条路，线段树套平衡树的做法很显然……
但小C觉得既然只是维护一个栈，就只有修改一个点和删除一个后缀的操作，线段树似乎也可以完成？
于是抱着尝试的心态写了个可持久化线段树，发现MLE之后，小C才真真正正地被恶心到了。
然后就写了撤销操作，通过计算发现动态开点空间十分科学。然后交上去跑了3.5秒TLE……Excuse me？
仔细想想只有zkw的1号节点才要开[1,n]，而2、3号节点只要开[1,n/2]？
然后就过了……小C作个死还这么难啊……
发现小C写的zkw跟《统计的力量》里面写的有些不同诶，人家是开区间而小C是闭区间。
最后小D太强啦，本一线上清华啦，orz ditoly。