【pkuwc2018】 【loj2537】 Minmax DP+线段树合并

今年年初的时候参加了PKUWC，结果当时这一题想了快$2h$都没有想出来....

哇我太菜啦....

昨天突然去搜了下哪里有题，发现$loj$上有于是就去做了下。

结果第一题我5分钟就把所有细节都想好了啊5555....

场上$60pts$消失...

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显然，我们可以用$f[i][j]$表示节点$i$值为第$j$大的值的概率。

我们不难列出$dp$式子，$f[i][j]=f[s1][j] \times (s[s2][j-1]\times p+(s[s2][m]-s[s2][j])\times (1-p))$。

其中$s[i][j]=\sum_{k=0}{j} f[i][k]$。$s1$表示可以取到第j大的数的儿子，$s2$表示不能取到第$j$大的数的儿子。

显然，直接转移是$O(n^2)$的（我场上就写了这个）。

考虑如何进行优化。

题目中有一些特别优美的条件，比如说所有的数不会重复，树最多只有两个分叉。

如果某个树只有一个分叉的话，显然直接复制根即可，时间复杂度为$O(1)$。

考虑用线段树优化，考虑如何合并$s1$和$s2$这两棵树。

假设我们当前要合并的区间为$[l,r]$，且$x,y$分别为线段树中$s1,s2$用来表示区间$[l,r]$的节点。

对于该区间，我们用$xs1$来表示$s[s2][l-1]$，用$xs2$来表示$(s[s2][m]-s[s2][r])$。对于$s2$同理（暂且用$ys1,ys2$表示）。

递归的时候，若往线段树的左儿子递归，那么$xs2$就要加上$x$的右儿子的概率和，$ys2$同理。若线段树往右儿子递归，也同理。

然后当递归到$x$或$y$中有一个不存在时，直接用$xs1/2$，$ys1/2$更新即可。

（若$l==r$，则更新方式与上述$dp$式子相同，若$l≠r$，打个标记就行了）

考虑到线段树合并的时间复杂度为$O(n log n)$。所以这种方法是可以通过的。

完结撒花~~

 #include<bits/stdc++.h>
 #define L long long
 #define MOD 998244353
 #define M 300005
 using namespace std;

 L pow_mod(L x,L k){
     L ans=;
     while(k){
         if(k&) ans=ans*x%MOD;
         x=x*x%MOD; k>>=;
     }
     return ans;
 }

 int lc[M*]={},rc[M*]={},root[M]={},use=;
 L p[M*]={},tag[M*]={},gailv[M]={};
 int l[M]={},r[M]={};

 void pushdown(int x){
     if(tag[x]!=){
         if(lc[x]!=) tag[lc[x]]=tag[lc[x]]*tag[x]%MOD,p[lc[x]]=p[lc[x]]*tag[x]%MOD;
         if(rc[x]!=) tag[rc[x]]=tag[rc[x]]*tag[x]%MOD,p[rc[x]]=p[rc[x]]*tag[x]%MOD;
         tag[x]=;
     }
 }
 void pushup(int x){p[x]=(p[lc[x]]+p[rc[x]])%MOD;}

 void updata(int &x,int l,int r,int k){
     if(!x) {x=++use; p[x]=tag[x]=;}
     if(l==r){p[x]=tag[x]=; return;}
     int mid=(l+r)>>;
     if(k<=mid) updata(lc[x],l,mid,k);
     if(mid<k) updata(rc[x],mid+,r,k);
     pushup(x);
 }

 L nowp;
 int solve(int x,int y,L xs1,L xs2,L ys1,L ys2){
     if(x==&&y==) return ;
     if(y==){
         L upd=(xs1*nowp+xs2*(-nowp+MOD))%MOD;
         tag[x]=upd*tag[x]%MOD;
         p[x]=upd*p[x]%MOD;
         return x;
     }
     if(x==){
         L upd=(ys1*nowp+ys2*(-nowp+MOD))%MOD;
         tag[y]=upd*tag[y]%MOD;
         p[y]=upd*p[y]%MOD;
         return y;
     }
     pushdown(x); pushdown(y);
     L p1=p[lc[y]],p2=p[lc[x]];
     lc[x]=solve(lc[x],lc[y],xs1,(xs2+p[rc[y]])%MOD,ys1,(ys2+p[rc[x]])%MOD);
     rc[x]=solve(rc[x],rc[y],(xs1+p1)%MOD,xs2,(ys1+p2)%MOD,ys2);
     pushup(x);
     return x;
 }

 void dfs(int x){
     if(l[x]) dfs(l[x]);
     if(r[x]) dfs(r[x]);
     if(!l[x]) return;
     if(!r[x]) {root[x]=root[l[x]]; return;}
     nowp=gailv[x];
     root[x]=solve(root[l[x]],root[r[x]],,,,);
 }
 L w[M]={},hh[M]={}; int m=;

 L ans=;
 void getans(int x,L l,L r){
     if(l==r){
         ans=(ans+l*hh[l]%MOD*p[x]%MOD*p[x])%MOD;
         return;
     }
     pushdown(x);
     L mid=(l+r)>>;
     getans(lc[x],l,mid);
     getans(rc[x],mid+,r);
 }

 int main(){
     //freopen("in.txt","r",stdin);
     //freopen("out.txt","w",stdout);
     int n; scanf("%d",&n);
     for(int i=;i<=n;i++){
         int x; scanf("%d",&x);
         if(!l[x]) l[x]=i;
         else r[x]=i;
     }
     L inv10000=pow_mod(,MOD-);
     for(int i=;i<=n;i++){
         L x; scanf("%lld",&x);
         if(l[i]) gailv[i]=x*inv10000%MOD;
         else w[i]=x,hh[++m]=x;
     }
     sort(hh+,hh+m+);
     for(int i=;i<=n;i++) if(w[i]){
         int x; x=lower_bound(hh+,hh+m+,w[i])-hh;
         updata(root[i],,m,x);
     }
     dfs();
     getans(root[],,m);
     printf("%lld\n",ans);
 }