[HNOI 2018]排列

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Description

题库链接

给定 \(n\) 个整数 \(a_1, a_2, \dots, a_n, 0 \le ai \le n\) ，以及 \(n\) 个整数 \(w_1, w_2, \dots, w_n\) 。称 \(a_1, a_2, \dots, a_n\) 的 一个排列 \(a_{p[1]}, a_{p[2]}, \dots, a_{p[n]}\) 为 \(a_1, a_2, \dots, a_n\) 的一个合法排列，当且仅当该排列满足：对于任意的 \(k\) 和任意的 \(j\) ，如果 \(p[k]\) 等于 \(a_{p[j]}\) ，那么 \(k<j\) 。定义这个合法排列的权值为 \(w_{p[1]} + 2w_{p[2]} + \dots + nw_{p[n]}\) 。

求出在所有合法排列中的最大权值。如果不存在合法排列，输出 \(-1\) 。

\(1\leq n\leq 500000,0\leq a_i\leq n,1\leq w_i\leq 10^9\) ，\(\sum w_i\leq 1.5\times 10^{13}\)

Solution

假如我们对于所有的 \(i\) ， \(a[i]\) 和 \(i\) 间建一条边，显然这副图可能构成了一棵树。

如果不存在合法排列，当前仅当构成的图非树。

如何构成了树，那么原题的模型就变成了：给出一棵以 \(0\) 为根的有根树，需要为非 \(0\) 顶点标号 \(1\sim n\) ，并且满足父亲比自己先标号。每个节点有点权，树的价值为点权乘标号的和。求树最大的价值。

一个显然的贪心是如果当前树中权值最小的点 \(u\) 没有父亲，那么我们当前一定是选 \(u\) 。

不过大部分不是这种情况。

考虑如果 \(u\) 有父亲，显然当他的父亲被选之后马上就会选 \(u\) ，也就是说父子间的编号一定是相邻的。我们可以将 \(u\) 的答案并在他的父亲中。

同样的，对于两个不同的“块”，也是如此。

考虑一个长度为 \(l_1\) 的序列 \(A\) 和一个长度为 \(l_2\) 的序列 \(B\) ，

序列前面已经安排好了 \(loc\) 个。考虑 \(AB\) 和 \(BA\) 两种合并后的序列的答案：

\[W_{AB}=\sum_{i=1}^{l_1}(i+loc)w_{A_i}+\sum_{i=1}^{l_2}(i+loc+l_1)w_{B_i}\]

\[W_{BA}=\sum_{i=1}^{l_2}(i+loc)w_{B_i}+\sum_{i=1}^{l_1}(i+loc+l_2)w_{A_i}\]

如果 \(W_{AB}> W_{BA}\Rightarrow \frac{\sum_{i=1}^{l_1}w_{A_i}}{l_1}<\frac{\sum_{i=1}^{l_2}w_{B_i}}{l_2}\)

也就是平均权值小的放前面答案会更优。

那么我们就可以用堆来维护这个东西。

不知道为什么写了个支持删除的堆只有 50 ，然而不删去而在取出堆顶时判断是否合法就对了...

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 500000+5;
 
int n, a[N], fa[N], sz[N]; ll w[N];
struct node {
    int id; ll son, mom;
    node (int _id = 0, ll _son = 0, ll _mom = 0) {id = _id, son = _son; mom = _mom; }
    bool operator < (const node &b) const {return son*b.mom > b.son*mom; }
};
priority_queue<node>Q;

int find(int o) {return ~fa[o] ? fa[o] = find(fa[o]) : o; }
void work() {
    memset(fa, -1, sizeof(fa));
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d", &a[i]);
        if (find(a[i])^find(i)) fa[find(a[i])] = find(i);
        else {puts("-1"); return; }
    }
    long long ans = 0; int loc = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%lld", &w[i]); Q.push(node(i, w[i], 1));
        sz[i] = 1; ans += w[i];
    }
    memset(fa, -1, sizeof(fa));
    while (!Q.empty()) {
        node t = Q.top(); Q.pop();
        if (sz[t.id] != t.mom) continue;
        if (find(a[t.id]) == 0) {
            ans += w[t.id]*loc; fa[t.id] = 0; loc += sz[t.id];
        }else {
            int tmp = find(a[t.id]);
            ans += w[t.id]*sz[tmp], fa[t.id] = tmp;
            w[tmp] += w[t.id], sz[tmp] += sz[t.id];
            Q.push(node(tmp, w[tmp], sz[tmp]));
        }
    }
    printf("%lld\n", ans);
}
int main() {work(); return 0; }

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原文地址：https://www.cnblogs.com/NaVi-Awson/p/8907273.html