BZOJ 3672: [Noi2014]购票( 树链剖分 + 线段树 + 凸包 )

s弄成前缀和(到根), dp(i) = min(dp(j) + (s(i)-s(j))*p(i)+q(i)). 链的情况大家都会做...就是用栈维护个下凸包, 插入时暴力弹栈, 查询时就在凸包上二分/三分. 扩展到树上的话, 就先树链剖分, 然后就变成链上的情况了, 线段树每个结点处理出对应的区间的凸包. 对于x, 用Root到fa[x]这段路径来更新x. 我们知道1段路径会剖成 ≤ log N 段, 然后每段(区间)只会影响log N个线段树结点, 加上每次O(log N)三分/二分, 时间复杂度是O(N log^3 N). 常数很小, 可以过. 空间复杂度是O(N log N)

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#include<cstdio>

#include<cctype>

#include<cstring>

#include<algorithm>

 

using namespace std;

 

typedef long long ll;

 

const int maxn = 200009;

const double eps = 1e-9;

 

int N, L, R, Top, n, T;

int fa[maxn], p[maxn], seq[maxn * 20];

int top[maxn], sz[maxn], dep[maxn], ch[maxn], Id[maxn], _Id[maxn];

ll q[maxn], d[maxn], len[maxn], ans[maxn];

 

template<class T>

inline void Min(T &x, T t) {

if(t < x) x = t;

}

 

template<class T>

inline T& read(T &x) {

char c = getchar(); x = 0;

while(!isdigit(c)) c = getchar();

for(; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';

return x;

}

 

struct edge {

int t;

edge* n;

} E[maxn], *Pt = E, *H[maxn];

 

inline void AddEdge(int u, int v) {

Pt->t = v, Pt->n = H[u], H[u] = Pt++;

}

 

void dfs(int x) {

sz[x] = 1, ch[x] = -1;

if(~fa[x]) d[x] += d[fa[x]];

for(edge* e = H[x]; e; e = e->n) {

dep[e->t] = dep[x] + 1;

dfs(e->t);

sz[x] += sz[e->t];

if(!~ch[x] || sz[e->t] > sz[ch[x]]) ch[x] = e->t;

}

}

 

void DFS(int x) {

Id[x] = ++n;

top[_Id[n] = x] = Top;

if(~ch[x]) DFS(ch[x]);

for(edge* e = H[x]; e; e = e->n)

if(e->t != ch[x]) DFS(Top = e->t);

}

 

void Init() {

read(N);

read(n);

for(int i = 1; i < N; i++) {

AddEdge(fa[i] = read(fa[i]) - 1, i);

read(d[i]), read(p[i]), read(q[i]), read(len[i]);

}

fa[0] = -1;

dfs(dep[0] = 0);

DFS(n = Top = 0);

}

 

bool Cmp(const int &l, const int &r) {

return dep[l] < dep[r];

}

 

struct Node {

Node *lc, *rc;

int l, r;

} pool[maxn << 1], *pt = pool, *Root;

 

void Build(Node* t, int l, int r) {

t->l = n, t->r = n - 1;

n += r - l + 1;

if(l != r) {

int m = (l + r) >> 1;

Build(t->lc = pt++, l, m);

Build(t->rc = pt++, m + 1, r);

}

}

 

inline ll calc(int x) {

return ans[seq[x]] - d[seq[x]] * p[T];

}

 

void Query(Node* t, int l, int r) {

if(L <= l && r <= R && d[T] - d[_Id[r]] > len[T]) return;

if(L <= l && r <= R && d[T] - d[_Id[l]] <= len[T]) {

l = t->l, r = t->r;

while(l <= r) {

int lth = (r - l) / 3;

int m1 = l + lth, m2 = r - lth;

ll c1 = calc(m1), c2 = calc(m2);

if(c1 < c2)

r = m2 - 1, Min(ans[T], c1);

else

l = m1 + 1, Min(ans[T], c2);

}

} else {

int m = (l + r) >> 1;

if(L <= m) Query(t->lc, l, m);

if(m < R) Query(t->rc, m + 1, r);

}

}

 

void QUERY(int x, int y) {

for(; top[x] != top[y]; x = fa[top[x]]) {

if(dep[top[x]] < dep[top[y]]) swap(x, y);

L = Id[top[x]], R = Id[x];

Query(Root, 1, N);

}

if(dep[x] < dep[y]) swap(x, y);

L = Id[y], R = Id[x];

Query(Root, 1, N);

}

 

inline bool chk(int a, int b, int c) {

if(d[b] == d[c]) return false;

return (double) (ans[b] - ans[a]) / (d[b] - d[a]) - (double) (ans[c] - ans[b]) / (d[c] - d[b]) > eps;

}

 

void Modify(Node* t, int l, int r) {

while(t->r > t->l && chk(seq[t->r - 1], seq[t->r], T)) t->r--;

while(t->r >= t->l && d[seq[t->r]] == d[T] && ans[seq[t->r]] >= ans[T]) t->r--;

if(t->r < t->l || d[seq[t->r]] != d[T]) seq[++t->r] = T;

if(l != r) {

int m = (l + r) >> 1;

Id[T] <= m ? Modify(t->lc, l, m) : Modify(t->rc, m + 1, r);

}

}

 

void Work() {

n = 0;

Build(Root = pt++, 1, N);

ans[T = 0] = 0;

Modify(Root, 1, N);

for(T = 1; T < N; T++) {

ans[T] = 1LL << 62;

QUERY(0, fa[T]);

ans[T] += d[T] * p[T] + q[T];

Modify(Root, 1, N);

}

for(int i = 1; i < N; i++)

printf("%lld ", ans[i]);

}

 

int main() {

Init();

Work();

return 0;

}

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3672: [Noi2014]购票

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Description

 今年夏天，NOI在SZ市迎来了她30周岁的生日。来自全国 n 个城市的OIer们都会从各地出发，到SZ市参加这次盛会。

       全国的城市构成了一棵以SZ市为根的有根树，每个城市与它的父亲用道路连接。为了方便起见，我们将全国的 n 个城市用 1 到 n 的整数编号。其中SZ市的编号为 1。对于除SZ市之外的任意一个城市 v，我们给出了它在这棵树上的父亲城市 f_v  以及到父亲城市道路的长度 s_v。

从城市 v 前往SZ市的方法为：选择城市 v 的一个祖先 a，支付购票的费用，乘坐交通工具到达 a。再选择城市 a 的一个祖先 b，支付费用并到达 b。以此类推，直至到达SZ市。

对于任意一个城市 v，我们会给出一个交通工具的距离限制 l_v。对于城市 v 的祖先 a，只有当它们之间所有道路的总长度不超过 l_v  时，从城市 v 才可以通过一次购票到达城市 a，否则不能通过一次购票到达。对于每个城市 v，我们还会给出两个非负整数 p_v,q_v  作为票价参数。若城市 v 到城市 a 所有道路的总长度为 d，那么从城市 v 到城市 a 购买的票价为 dp_v+q_v。

每个城市的OIer都希望自己到达SZ市时，用于购票的总资金最少。你的任务就是，告诉每个城市的OIer他们所花的最少资金是多少。

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

7 3
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

40
150
70
149
300
150

HINT

 

对于所有测试数据，保证 0≤p_v≤10⁶，0≤q_v≤10¹²，1≤f_v<v；保证 0<s_v≤l_v≤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 f_v=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 l_v=2×10¹¹，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

Source