传送门
第一步转化,令 (q[p[i]]=i),那么题目变成:
有一些 (q[a[i]]<q[i]) 的限制,(q) 必须为排列,求 (max(sum_{i=1}^{n}w[i]q[i]))
这个东西是可以建图的,(i
ightarrow a[i]),不合法当且仅当有环
其它情况就是一棵树((0) 为根)
也就是在这个树上依次选点,选 (u) 之前必须选择其父亲,第 (i) 次选的代价为 (i imes w[u])。
考虑贪心,对于一个当前权值最小的点 (u) 来说,如果父亲是 (0),那么肯定选它最优
否则,设父亲为 (fa),那么选完 (fa) 之后一定会选 (u),这样就可以合并这两个节点。
对于之后已经合并过的节点,设其权值和为 (v[i]),大小为 (c[i])
那么 (i) 先于 (j) 当且仅当
(v[i]+c[i] imes v[j] le v[j]+c[j] imes v[i])
也就是 (i) 的平均权值最小,以这个为关键字选最小的点就行了。
为了计算答案,把每个点的贡献在合并的时候拆开计算即可。
拿个 (heap/segment) + 并查集乱搞
# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn(5e5 + 5);
int n, a[maxn], w[maxn], vis[maxn], in[maxn], fa[maxn], len;
ll ans;
struct Info {
ll v;
int id, cnt;
inline int operator <(Info b) const {
return v * b.cnt <= b.v * cnt;
}
} mn[maxn << 2];
void Dfs(int u) {
if (in[u]) puts("-1"), exit(0);
if (vis[u]) return;
vis[u] = 1, in[u] = 1;
if (a[u]) Dfs(a[u]);
in[u] = 0;
}
inline void Update(int p) {
for (p >>= 1; p; p >>= 1) mn[p] = min(mn[p << 1], mn[p << 1 | 1]);
}
inline void Modify(int p, Info v) {
p += len - 1, mn[p] = v, Update(p);
}
inline int Find(int x) {
return (fa[x] ^ x) ? fa[x] = Find(fa[x]) : x;
}
int main() {
int i, p, c, ff, cnt = 1;
ll v;
scanf("%d", &n);
for (i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]), fa[i] = i;
for (i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &w[i]);
for (i = 1; i <= n; ++i) if (!vis[i]) Dfs(i);
for (len = 1; len < n; len <<= 1);
for (i = len << 1; i; --i) mn[i] = (Info){(ll)2e13, 0, 0};
for (i = 1; i <= n; ++i) mn[i + len - 1] = (Info){w[i], i, 1};
for (i = len - 1; i; --i) mn[i] = min(mn[i << 1], mn[i << 1 | 1]);
while (true) {
p = mn[1].id, c = mn[1].cnt, v = mn[1].v;
if (!p) break;
Modify(p, (Info){(ll)2e13, 0, 0});
if (!(ff = Find(a[p]))) {
fa[p] = 0, ans += v * cnt, cnt += c;
continue;
}
fa[p] = ff, ans += v * mn[ff + len - 1].cnt;
mn[ff + len - 1].v += v, mn[ff + len - 1].cnt += c;
Update(ff + len - 1);
}
printf("%lld
", ans);
return 0;
}