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题目描述
https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4585
题解
这题太神了。
我们可以先列出一个dp方程，dp[x][d]表示x节点到所有叶子的距离的d时的代价。
结论1：对于每个点来说，这个dp数组为二维平面上是一个下凸函数。
证明：对于叶子来说一定成立，在w[x]处为0，然后小于w[x]的部分斜率为-1，大与w[x]的部斜率为1。
对于非叶子节点 ，它的函数时有儿子们加起来的，也成立。
然后我们考虑一个点如何向父亲转移。
这是要分四种情况，假设当前节点的斜率为0的部分为L~R。
x<=L f‘(x)=f(x)+w[u]
因为边权不能为负，所以我们只能从小的地方往大的地方转移。
比如这个蓝点，它只能从它以及前面的地方转移，但从自己转移时最优的。
x>=L&&x<=L=w[u] f‘(x)=f(L)+w-(x-L)
在L处答案为f(L)+w，没往右动一格代价会-1。
x>=L+w[u]&&x<=R+w[u] f‘(x)=f(L)
这个相当于直接转移了，没有代价。
x>=R+w[u] f‘(x)=f(x)+(x-R)-w
相当于是走过了，会产生代价。
我们发现转移大概长这样(继续盗图)。
我们把左边的点向上动一段后插入斜率为-1的线，再把斜率为0的部分向右平移，最后面是斜率为1的线。
然后这种操作就可以维护了。
思路大概就是只维护拐点，用一个可并堆，每次把右边的部分弹掉。
结论2：每次合并到一个非叶子节点时，斜率为0的线右边有n个点，n为该点的儿子数。
证明：因为最后那一块斜率一定为n(n个斜率为1的直线相加)，然后往前经过一个拐点，斜率会-1。
然后把LR取出来做平移，再插回去，最后一直合并到1。
结论3：每经过一个拐点，斜率-1(其实它和上面的结论一个意思)。
然后就可以利用最后的拐点直接算答案了。
怎么算呢？我们把斜率>=0的直线弹掉，把前面的所有直线斜率+1，那么每条直线都会产生deltax的代价，总共有xn的代价，那我们就在答案里+xn，此时最后一条直线斜率为0，把它删掉。
然后一直做，最后得到的是f(0)-f(min)，f(0)就是所有边权之和，那么f(min)就可以求出来了。
代码
#include<iostream> #include<cstdio> #define N 600002 using namespace std; typedef long long ll; int deep[N],d[N],n,m,fa[N],T[N],tot; ll sum,w[N]; inline ll rd(){ ll x=0;char c=getchar();bool f=0; while(!isdigit(c)){if(c==‘-‘)f=1;c=getchar();} while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();} return f?-x:x; } struct tr{ ll v;int l,r; }tr[N]; int merge(int x,int y){ if(!x||!y)return x^y; if(tr[x].v<tr[y].v)swap(x,y); tr[x].r=merge(tr[x].r,y); if(deep[tr[x].l]<deep[tr[x].r])swap(tr[x].l,tr[x].r); deep[x]=deep[tr[x].r]+1; return x; } inline int pop(int x){return merge(tr[x].l,tr[x].r);} int main(){ n=rd();m=rd(); for(int i=2;i<=n+m;++i){ fa[i]=rd();w[i]=rd();sum+=w[i];d[fa[i]]++; } for(int i=n+m;i>=2;--i){ ll l=0,r=0; if(i<=n){ while(--d[i])T[i]=pop(T[i]); l=tr[T[i]].v;T[i]=pop(T[i]); r=tr[T[i]].v;T[i]=pop(T[i]); } tr[++tot].v=l+w[i];tr[++tot].v=r+w[i]; T[i]=merge(T[i],merge(tot-1,tot)); T[fa[i]]=merge(T[fa[i]],T[i]); } while(d[1]--)T[1]=pop(T[1]); while(T[1]){sum-=tr[T[1]].v;T[1]=pop(T[1]);} cout<<sum; return 0; }
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原文地址：https://www.cnblogs.com/ZH-comld/p/10269171.html
