bzoj 5289: [Hnoi2018]排列

Description

Solution

首先注意到实际上约束关系构成了一棵树
考虑这个排列 (p),编号为 (a[i]) 的出现了,(i) 才可以出现
那么如果连边 ((a[i],i)),就会构成一棵以 (0) 为根的树,每一个点只有一个父亲
否则就不合法

因为要父亲被选入,这个点才能被选入,所以排列 (p),相当于是这棵树的一种合法的拓扑序
要求的就是代价最大的一个拓扑序
那么问题就和 (POJ\,2054) 一样的做法了,用一个神奇的贪心

每次找出全局的权值最小值,往父亲合并,合并成新节点,权值为平均值,即 (frac{sum w_i}{size})
答案加上被合并的点的权值乘以父亲的 (size)
正确性感性理解一下,具体证明和国王游戏差不多,发现 (swap) 之后不会更优
实现可以用一个堆或者 (set) 实现
然而 (set) 被卡常了,开 (O2) 才能过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1000010;
int n,a[N],w[N],head[N],nxt[N],to[N],num=0,in[N],fa[N];
inline void link(int x,int y){nxt[++num]=head[x];to[num]=y;head[x]=num;}
inline bool topsort(){
	queue<int>Q;
	Q.push(0);
	while(!Q.empty()){
		int x=Q.front();Q.pop();
		for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
			int u=to[i];
			if(!(--in[u]))Q.push(u);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)if(in[i]>0)return false;
	return true;
}
struct data{
	ll w;int s,x;
	bool operator <(const data &p)const{
		if(w*p.s!=p.w*s)return w*p.s<p.w*s;
		return x<p.x;
	}
}p[N];
set<data>Q;
int cnt=0,b[N];
inline int find(int x){return b[x]==x?x:b[x]=find(b[x]);}
int main(){
  freopen("perm.in","r",stdin);
  freopen("perm.out","w",stdout);
  scanf("%d",&n);
  for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i]),link(a[i],i),in[i]++,fa[i]=a[i];
  for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&w[i]);
  if(!topsort()){puts("-1");return 0;}
  for(int i=1;i<=n;i++){
	  p[i]=(data){w[i],1,i};
	  Q.insert(p[i]);b[i]=i;
  }
  cnt=n;p[0].s=1;
  ll ans=0;
  data t;
  while(!Q.empty()){
	  t=*Q.begin();Q.erase(t);
	  int y=find(fa[t.x]);
	  ans+=t.w*p[y].s;
	  if(y){
		  Q.erase(p[y]);
		  data e=t;
		  e.w+=p[y].w;e.s+=p[y].s;e.x=++cnt;
		  b[cnt]=cnt;b[y]=cnt;b[find(t.x)]=cnt;
		  fa[cnt]=fa[y];fa[t.x]=cnt;
		  p[cnt]=e;
		  Q.insert(e);
	  }
	  else b[find(t.x)]=0,p[0].s+=t.s;
  }
  cout<<ans<<endl;
  return 0;
}