题意：
给出一颗n个结点的有根树，边有长度；
每个点有可以购票前往长度相差不超过li的它的祖先，票的花费为pi*长度+qi；
当然的，可以的选择多次倒车到达；
求每个点到根的最小花费；
n<=200000；
题解：
这题真的好贴心，数据特殊情况都给你让你特判了2333；
首先一条链的情况都会吧，设f[i]为i到根的最小花费，dis为到根的距离；
转移方程为：f[i]=f[j]+p[i]*(dis[i]-dis[j])+q[i]；
斜率优化搞搞就好了；
然而到了树上，和在序列上的思想基本一样；
但是多了很多细节处理；
分治自然是要分的，分的就应该是树的重心；
分治之后呢？
分治之后的树应该是是有根的，因为所有点的DP值都是由树上的祖先更新而来；
所以就用根到分治中心的这条链，去更新所有分治中心的其他子树；
但是和一般的序列上的不同，我们不能处理完凸包再二分去找答案；
那样会有可选的值遗漏；
所以将要更新的点放在一个序列中，按能够到的祖先排序；
排序之后就在这个序列里扫就好了，时间复杂度是O(L*logL)；
然后带上树分治的复杂度，总复杂度O(nlog^2n)；
细节颇多，树分治的姿势都是不熟嘛；
代码：
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define N 210000
using namespace std;
typedef long long ll;
int next[N],to[N],head[N],tot;
ll val[N];
int fa[N],size[N],st[N],top,qu[N],s,t,G,mi;
ll p[N],q[N],l[N],dis[N],f[N];
bool ban[N];
void add(int x,int y,ll v)
{
to[++tot]=y;
val[tot]=v;
next[tot]=head[x];
head[x]=tot;
}
void init(int x)
{
size[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=next[i])
{
dis[to[i]]=dis[x]+val[i];
init(to[i]);
size[x]+=size[to[i]];
}
}
bool cmp(int a,int b)
{
return dis[a]-l[a]>dis[b]-l[b];
}
void getP(int x)
{
st[++top]=x;
for(int i=head[x];i;i=next[i])
if(!ban[to[i]])
getP(to[i]);
}
ll find(int x)
{
if(s>t) return 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll;
int l=s,r=t,mid;
while(l<=r)
{
mid=l+r>>1;
if(mid+1>t||(long double)(f[qu[mid+1]]-f[qu[mid]])/(dis[qu[mid+1]]-dis[qu[mid]])<p[x])
r=mid-1;
else
l=mid+1;
}
return f[qu[l]]+p[x]*(dis[x]-dis[qu[l]])+q[x];
}
void getG(int x,int bk)
{
size[x]=1;
int i,mas=0,temp;
for(i=head[x];i;i=next[i])
{
if(ban[to[i]]) continue;
getG(to[i],bk);
size[x]+=size[to[i]];
mas=max(mas,size[to[i]]);
}
mas=max(mas,bk-size[x]);
if(mas<=mi)
mi=mas,G=x;
}
void slove(int x,int y)
{
if(size[x]==1) return ;
int i,j,k;
for(i=head[y];i;i=next[i])
if(!ban[to[i]])
ban[to[i]]=1;
mi=0x3f3f3f3f;
getG(x,size[x]);
slove(x,G);
top=0;
for(i=head[y];i;i=next[i])
getP(to[i]);
sort(st+1,st+top+1,cmp);
s=1,t=0;
for(i=1,k=y;i<=top;i++)
{
while(k!=fa[x]&&dis[st[i]]-l[st[i]]<=dis[k])
{
while(s<t&&(long double)(f[qu[t-1]]-f[qu[t]])/(dis[qu[t-1]]-dis[qu[t]])<(long double)(f[qu[t]]-f[k])/(dis[qu[t]]-dis[k]))
t--;
qu[++t]=k;
k=fa[k];
}
f[st[i]]=min(f[st[i]],find(st[i]));
}
for(i=head[y],k=size[x];i;i=next[i])
{
mi=0x3f3f3f3f;
getG(to[i],size[to[i]]);
slove(to[i],G);
}
}
int main()
{
int n,m,i,j,k,x,y;
ll v;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=2;i<=n;i++)
{
scanf("%d%lld%lld%lld%lld",fa+i,&v,p+i,q+i,l+i);
add(fa[i],i,v);
}
ban[1]=0;
init(1);
memset(f,0x3f,sizeof(f));
f[1]=0;
mi=0x3f3f3f3f;
getG(1,size[1]);
slove(1,G);
for(i=2;i<=n;i++)
printf("%lld\n",f[i]);
return 0;
}
原文地址：http://blog.csdn.net/ww140142/article/details/48136313
