HDU-5956-The Elder(斜率优化树形DP，队列还原)

HDU-5956-The Elder(斜率优化树形DP，队列还原)

题目链接： HDU - 5956

题面：

题意：

给定一颗含有(mathit n)个节点，( ext 1) 节点为根的有根树，每一个边的有个边权。

可以从根节点派出一个青蛙去每一个节点，青蛙移动距离为(mathit L) 时（距离是累加的），花费的时间为(L^2)。在每一个非根节点可以花费(mathit P) 单元的时间换一个青蛙，这样新青蛙的初始移动距离就变成了( ext 0)。

现在问从根节点到哪个节点需要花费的最小时间最大？输出最大值即可。

思路:

首先，我们可以用一个树dfs维护出(dis_i)代表根节点到节点(mathit i) 的距离。

设动态规划状态：(dp_i)代表根节点到节点(mathit i) 的最小时间花费。

初始(dp_i=dis_i^2)

那么我们知道，对于每一个节点(mathit i)，它到根节点路径之间的节点（包括根节点，不包括(mathit i)节点）集合(mathit S)。

那么有动态规划的转移方程：

[dp_i=min_{jin S}(dp_j+(dis_i-dis_j)^2+p) ]

我们设(j,kin S)， 选择(mathit j) 比选择(mathit k) 更优，即：

(dp_j+(dis_i-dis_j)^2+pleq dp_k+(dis_i-dis_k)^2+p)

化简可得如下：

即我们可以把每一个点(mathit i) 看成一个二维平面的点((dis_i,dp_i+dis_i^2))，

因为同一个链（路径）中(dis_i)单调递增，那么点链中(i)后面的点(i+1) 在平面上一定在点(mathit i) 的右上方。

那么如果一个(j<k<i) 满足上面红圈的公式，那么可以知道(mathit k) 点对节点(mathit i)来说不是最优转移点，根据单调性，对路径中在(mathit i) 之后的所有点都不是最优转移点，故可以把点(mathit k) 踢出，依次来维护出一个单调队列，使得队列头部点是对当前节点(mathit q[s]) 的最优转移点。

对当前节点(mathit u)，尝试将其加入队列，那么对于队列尾部(q[e])的无用节点进行踢出：

当满足下式时：

[K(q[e-1],q[e])leq K(q[e],u) ]

(q[e])一定无用（不会是最优转移节点）。

证明：

• 当：(K(q[e-1],q[e])leq dis_u)，那么上面已经说明(q[e-1]) 比(q[e]) 更优。
• 当(K(q[e-1],q[e])>dis_u,)，则(dis_u leq K(q[e],u)) ，那么(mathit u) 比(q[e])更优。

依次可以得知，我们队列里维护的是一个下凸壳（相邻点的斜率一直增加，且后面的点的(x,y)均比前面点的大。）

本题还有一个注意点就是，一棵树在树形dp时，有多个路径，那么我们对于每一个节点：

若更改了队列中的某个值，在回溯的时候要将其改回来。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <bits/stdc++.h>
#define ALL(x) (x).begin(), (x).end()
#define sz(a) int(a.size())
#define rep(i,x,n) for(int i=x;i<n;i++)
#define repd(i,x,n) for(int i=x;i<=n;i++)
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<long long ,long long>
#define gbtb ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define MS0(X) memset((X), 0, sizeof((X)))
#define MSC0(X) memset((X), '', sizeof((X)))
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define eps 1e-6
#define chu(x)  if(DEBUG_Switch) cout<<"["<<#x<<" "<<(x)<<"]"<<endl
#define du3(a,b,c) scanf("%d %d %d",&(a),&(b),&(c))
#define du2(a,b) scanf("%d %d",&(a),&(b))
#define du1(a) scanf("%d",&(a));
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;}
ll lcm(ll a, ll b) {return a / gcd(a, b) * b;}
ll powmod(ll a, ll b, ll MOD) { if (a == 0ll) {return 0ll;} a %= MOD; ll ans = 1; while (b) {if (b & 1) {ans = ans * a % MOD;} a = a * a % MOD; b >>= 1;} return ans;}
ll poww(ll a, ll b) { if (a == 0ll) {return 0ll;} ll ans = 1; while (b) {if (b & 1) {ans = ans * a ;} a = a * a ; b >>= 1;} return ans;}
void Pv(const vector<int> &V) {int Len = sz(V); for (int i = 0; i < Len; ++i) {printf("%d", V[i] ); if (i != Len - 1) {printf(" ");} else {printf("
");}}}
void Pvl(const vector<ll> &V) {int Len = sz(V); for (int i = 0; i < Len; ++i) {printf("%lld", V[i] ); if (i != Len - 1) {printf(" ");} else {printf("
");}}}
inline long long readll() {long long tmp = 0, fh = 1; char c = getchar(); while (c < '0' || c > '9') {if (c == '-') fh = -1; c = getchar();} while (c >= '0' && c <= '9') tmp = tmp * 10 + c - 48, c = getchar(); return tmp * fh;}
inline int readint() {int tmp = 0, fh = 1; char c = getchar(); while (c < '0' || c > '9') {if (c == '-') fh = -1; c = getchar();} while (c >= '0' && c <= '9') tmp = tmp * 10 + c - 48, c = getchar(); return tmp * fh;}
void pvarr_int(int *arr, int n, int strat = 1) {if (strat == 0) {n--;} repd(i, strat, n) {printf("%d%c", arr[i], i == n ? '
' : ' ');}}
void pvarr_LL(ll *arr, int n, int strat = 1) {if (strat == 0) {n--;} repd(i, strat, n) {printf("%lld%c", arr[i], i == n ? '
' : ' ');}}
const int maxn = 100010;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
/*** TEMPLATE CODE * * STARTS HERE ***/
#define DEBUG_Switch 0
int n;
ll p;
ll dis[maxn];
int q[maxn];
ll dp[maxn];
std::vector<pii> son[maxn];
void dfs1(int x, int pre)
{
    for (auto y : son[x])
    {
        if (y.fi == pre)
            continue;
        dis[y.fi] = dis[x] + y.se;
        dfs1(y.fi, x);
    }
}
ll dy(int i, int j)
{
    return (dp[i] + dis[i] * dis[i]) - (dp[j] + dis[j] * dis[j]);
}
ll dx(int i, int j)
{
    return 2ll * (dis[i] - dis[j]);
}
ll get_dp_num(int i, int k)
{
    return dp[k] + (dis[i] - dis[k]) * (dis[i] - dis[k]) + p;
}
ll ans;
void dfs2(int u, int pre, int s, int e)
{
    int pretemp = -1;
    if (u != 1)
    {
        while (s < e && dy(q[s + 1], q[s]) <= dis[u]*dx(q[s + 1], q[s]))
        {
            s++;
        }
        ll now = get_dp_num(u, q[s]);
        dp[u] = min(dp[u], now);
        while (s < e && dy(q[e], q[e - 1])*dx(u, q[e]) >= dy(u, q[e])*dx(q[e], q[e - 1]))
        {
            e--;
        }
        pretemp = q[++e];
        q[e] = u;
    }
    ans = max(ans, dp[u]);
    for (auto y : son[u])
    {
        if (y.fi == pre)
            continue;
        dfs2(y.fi, u, s, e);
    }
    if (pretemp != -1)
    {
        q[e] = pretemp;
    }
}
int main()
{
#if DEBUG_Switch
    freopen("C:\code\input.txt", "r", stdin);
#endif
    //freopen("C:\code\output.txt","w",stdout);
    int t;
    t = readint();
    while (t--)
    {
        n = readint(); p = readint();
        repd(i, 1, n - 1)
        {
            int x, y, z;
            x = readint(); y = readint(); z = readint();
            son[x].push_back(mp(y, z));
            son[y].push_back(mp(x, z));
        }
        repd(i, 0, n)
        {
            dis[i] = 0ll;
        }
        dfs1(1, 1);
        repd(i, 1, n)
        {
            dp[i] = dis[i] * dis[i];
        }
        q[0] = 0;
        ans = 0ll;
        dfs2(1, 0, 1, 0);
        repd(i, 1, n)
        {
            son[i].clear();
        }
        printf("%lld
", ans );
    }

    return 0;
}