标签：其他 space 矛盾 int col node opera tchar 表示
题意：对于a数组，求它的一个合法排列的最大权值。合法排列：对于任意j,k，如果a[p[j]]=p[k]，那么k<j。
权值：sigma(a[p[i]]*i)。n<=50W。
标程：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 ll read() 5 { 6 ll x=0,f=1;char ch=getchar(); 7 while (ch<‘0‘||ch>‘9‘) {if (ch==‘-‘) f=-1;ch=getchar();} 8 while (ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-‘0‘,ch=getchar(); 9 return x*f; 10 } 11 const int N=500005; 12 vector<ll> vec[N]; 13 ll ans,sum[N],he[N],cnt,head[N],n,a[N],fa[N],w[N],sz[N],cn,vis[N],tail[N],f[N]; 14 int find(int x){return x==f[x]?x:f[x]=find(f[x]);} 15 struct _node{ll sum,he,sz,id;_node(ll A,ll B,ll C,ll D){sum=A;he=B;sz=C;id=D;}}; 16 struct cmp{ 17 bool operator () (const _node &A,const _node &B) 18 {return A.he*B.sz>B.he*A.sz||A.he*B.sz==B.he*A.sz&&A.sz<B.sz;} 19 }; 20 priority_queue<_node,vector<_node>,cmp> q; 21 int main() 22 { 23 n=read(); 24 for (int i=1;i<=n;i++) f[i]=i; 25 for (int i=1;i<=n;i++) 26 { 27 a[i]=read(); 28 if (0<a[i]&&a[i]<=n) vec[a[i]].push_back(i),fa[i]=a[i]; else fa[i]=-1; 29 } 30 for (int i=1;i<=n;i++) w[i]=read(),q.push(_node(sum[i]=w[i],he[i]=w[i],sz[i]=1,i)); 31 while (!q.empty()) 32 { 33 int x=q.top().id,fx=fa[find(x)];q.pop(); 34 if (vis[x]) continue; vis[x]=1; //dijkstra的思想，肯定先访问最后一次合并过的点，其他过去版本直接continue，这样就不用再记录一个del的堆。 35 if (fx==-1) 36 { 37 ans+=sum[x]+cn*he[x]; 38 for (int i=0;i<vec[x].size();i++) fa[vec[x][i]]=-1; 39 cn+=sz[x]; 40 } 41 else { 42 if (vis[fx]) return puts("-1"),0; 43 for (int i=0;i<vec[x].size();i++) f[vec[x][i]]=find(x); 44 sum[fx]+=sum[x]+he[x]*sz[fx];he[fx]+=he[x];sz[fx]+=sz[x]; 45 q.push(_node(sum[fx],he[fx],sz[fx],fx)); 46 } 47 } 48 printf("%lld\n",ans); 49 return 0; 50 }
易错点：1.居然碰到了yhx钦定的最难调错误没有之一，记！
return A.he*B.sz>B.he*A.sz||A.he*B.sz==B.he*A.sz&&A.sz<B.sz;
如果不判定相等的情况就不一定取到最后一个。
2.判断无解：vis表示已经被合并/删除的节点，重新连爸爸后爸爸应该是没有被删除的，如果vis[fa]=1，那么必然矛盾。
3.更改父亲的操作如果用vector暴力加，时间复杂度会到O(n^2)。用并查集保存同父亲的点是最快的做法。
题解：堆+并查集+建树+贪心
做法好神。如果a[p[j]]=p[k]，那么k<j：也就是说比如a[1]=3，那么在排列中3一定在1前面。对于1<=a[i]<=n的点，连边a[i]->i，表示先取a[i],再取i。那么就形成了一棵树，如果有环必然无解。
这棵树肯定是每次取一个没有父亲的点作为p[i]。基于贪心，i越小，选越小的w[i]更优。
因此我们每次用堆/set维护权值最小的点，如果它没有父亲肯定直接取走，反之和其父亲合并，表示如果取走父亲后接下来肯定就取它。
合并之后，该点的儿子都连边向它父亲，也就是说fa[son[x]]=fa[x]，可以用并查集维护。这样这个点的权值用sigma/size来代替。
可以证明：1.比较两个点的sigma/size就相当于比较它们sigma(i*w[p[i]])的权值。
2.对于同一个点，sigma/size随着合并不严格单调减。（设he1/sz1<he2/sz2，那么1向2合并，必然有he2/sz2>(he1+he2)/(sz1+sz2)。化简he2/sz2>(he1+he2)/(sz1+sz2)，则he1*sz2<he2*sz1，同假设成立）
时间复杂度O(nlogn+na(n))。
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原文地址：https://www.cnblogs.com/Scx117/p/8876794.html
