loj #2009. 「SCOI2015」小凸玩密室

#2009. 「SCOI2015」小凸玩密室

 

题目描述

小凸和小方相约玩密室逃脱，这个密室是一棵有 n nn 个节点的完全二叉树，每个节点有一个灯泡。点亮所有灯泡即可逃出密室。每个灯泡有个权值 Ai A_iA​i​​，每条边也有个权值 bi b_ib​i​​。

点亮第 1 11 个灯泡不需要花费，之后每点亮一个新的灯泡 V VV 的花费，等于上一个被点亮的灯泡 U UU 到这个点 V VV 的距离 D(u,v) D(u, v)D(u,v)，乘以这个点的权值 Av A_vA​v​​。

在点灯的过程中，要保证任意时刻所有被点亮的灯泡必须连通，在点亮一个灯泡后必须先点亮其子树所有灯泡才能点亮其他灯泡。请告诉他们，逃出密室的最少花费是多少。

输入格式

第一行包含一个数 n nn，代表节点的个数。
第二行包含 n nn 个数，代表每个节点的权值 ai a_ia​i​​。
第三行包含 n−1 n - 1n−1 个数，代表每条边的权值 bi b_ib​i​​，第 i ii 号边是由第 i+12 frac{i + 1}{2}​2​​i+1​​ 号点连向第 i+1 i + 1i+1 号点的边。

输出格式

输出包含一个数，代表最少的花费。

样例

样例输入

3
5 1 2
2 1

样例输出

5

数据范围与提示

1≤N≤2×105,1<Ai,Bi≤105 1 leq N leq 2 imes 10 ^ 5, 1 < A_i, B_i leq 10 ^ 51≤N≤2×10​5​​,1<A​i​​,B​i​​≤10​5​​

　　a[x]表示x结点的权值；b[x]表示x结点到其父亲的边权；l[x]表示x的深度，令l[x]==1；d[x]表示x到根的距离；

　　f[x][y]表示走完x及其子树再走到y的最小代价。考虑转移方式，如果x是叶子节点，那么答案就是a[y]*distance(x,y)；如果x只有左孩子，就先遍历左子树，状态转移是a[lc]*b[lc]+f[lc][y]；如果两个孩子都有，就考虑是先转移到左孩子还是右孩子，f[x][y]=min(a[lc]*b[lc]+f[lc][rc]+f[rc][y],a[rc]*b[rc]+f[rc][lc]+f[lc][y])。

　　但是考虑到题目数据很大，这样的转移肯定在时间和空间上都不行。又发现有的x，y是不合法的，比如y肯定不能是x的子节点。由此考虑有意义的x，y，可以发现，如果x有一个祖先p(p包括x)，则y是p的兄弟节点，f[x][y]的含义变成了走完x及其子树到深度为y的节点的子节点的最小代价。

　　设g[x][i]表示走完x的子树再走到x的深度为i的祖先的最小代价。转移： 叶子：g[x][i]=a[y]*(d[x]-d[y]) 只有左孩子：g[x][i]=g[lc][i]+a[lc]*b[lc] 左右孩子都有：g[x][i]=min(a[lc]*b[lc]+f[lc][l[x]]+g[rc][i],a[rc]*b[rc]+f[rc][l[x]]+g[lc][i])。

　　最后就是统计答案了，我们选定一个节点x作为第一个点亮的灯，然后统计其子树的答案，再走到x的父节点，再走x的兄弟节点......以此类推。

　　由于f[][]和g[][]的第一维都是n，第二维都是logn，所以总的时间复杂度是O(nlogn)。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define maxn 200010
using namespace std;
int n,l[maxn],r[maxn],dep[maxn];
long long f[maxn][20],b[maxn][20],a[maxn],lval[maxn],rval[maxn],dis[maxn];
int main(){
    scanf("%d",&n);
    long long v;int rt;dep[1]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
    for(int i=1;i<n;i++){
        cin>>v;
        rt=(i+1)>>1,dep[i+1]=dep[rt]+1;
        if((i+1)&1){
            r[rt]=i+1;rval[rt]=v;
            dis[r[rt]]=dis[rt]+rval[rt];
        }
        else {
            l[rt]=i+1;lval[rt]=v;
            dis[l[rt]]=dis[rt]+lval[rt];
        }
    }
    for(int i=n;i>1;i--){
        for(int j=2;j<=dep[i];j++){
            if(!r[i]){
                if(!l[i]){
                    int fa=i>>(dep[i]-j+1),fab=(i>>(dep[i]-j))^1;
                    b[i][j]=(dis[i]+dis[fab]-(dis[fa]<<1))*a[fab];
                }
                else b[i][j]=lval[i]*a[l[i]]+b[l[i]][j];
            }
            else b[i][j]=min(lval[i]*a[l[i]]+b[l[i]][dep[i]+1]+b[r[i]][j],rval[i]*a[r[i]]+b[r[i]][dep[i]+1]+b[l[i]][j]);
        }
    }
    for(int i=n;i>=1;i--){
        for(int j=0;j<=dep[i];j++){
            if(!r[i]){
                if(!l[i]){
                    if(!j)f[i][j]=0;
                    else {
                        int fa=i>>(dep[i]-j);
                        f[i][j]=(dis[i]-dis[fa])*a[fa];
                    }
                }
                else f[i][j]=lval[i]*a[l[i]]+f[l[i]][j];
            }
            else f[i][j]=min(lval[i]*a[l[i]]+b[l[i]][dep[i]+1]+f[r[i]][j],rval[i]*a[r[i]]+b[r[i]][dep[i]+1]+f[l[i]][j]);
        }
    }
    long long ans=f[1][0];
    for(int i=2;i<=n;i++){
        int u=i,bro=u^1;
        long long tmp=f[u][dep[u]-1];
        while(u>1){
            if(bro>n)tmp+=a[u>>2]*(dis[u>>1]-dis[u>>2]);
            else tmp+=a[bro]*(dis[bro]-dis[u>>1])+f[bro][dep[u>>1]-1];
            u>>=1;bro=u^1;
        }
        ans=min(ans,tmp);
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}