[bzoj4446] [loj#2009] [Scoi2015] 小凸玩密室

Description

小凸和小方相约玩密室逃脱，这个密室是一棵有 $n$ 个节点的完全二叉树，每个节点有一个灯泡。点亮所有灯泡即可逃出密室。每个灯泡有个权值 $Ai$ ，每条边也有个权值 $bi$ 。点亮第 1 个灯泡不需要花费，之后每点亮 1 个新的灯泡 $V$ 的花费，等于上一个被点亮的灯泡 $U$ 到这个点 $V$ 的距离 $Du,v$，乘以这个点的权值 $Av$ 。在点灯的过程中，要保证任意时刻所有被点亮的灯泡必须连通，在点亮一个灯泡后必须先点亮其子树所有灯泡才能点亮其他灯泡。

请告诉他们，逃出密室的最少花费是多少。

Input

第1行包含1个数 $n$ ，代表节点的个数

第2行包含 $n$ 个数，代表每个节点的权值 $ai$ 。( $i=1,2,…,n$ )

第3行包含 $n-1$ 个数，代表每条边的权值 $bi$ ，第 $i$ 号边是由第 $(i+1)/2$ 号点连向第 $i+1$ 号点的边。( $i=l,2,...N-1$ )

Output

输出包含1个数，代表最少的花费。

Sample Input

5 1 2

2 1

Sample Output

HINT

对于 $100\%$ 的数据，$1 \leq N \leq 2 \times 10^5$，$1<Ai,Bi \leq 10^5$

想法

明显的树形 $DP$ 。

但注意题中的2个坑点！！！！！！

第一个点亮的节点不一定是1号点！

“完全二叉树”的意思的第 $i$ 个点的父亲是 $i/2$ ，但不保证所有非叶子节点都有两个孩子！

先假设第一个点亮的点是 1 。

那么树形 $dp$ 的状态为：

$dp[i][j]$ 表示当前 $i$ 已被点亮，开始点亮以 $i$ 为根的子树，将其全点亮后，最后一个点跑到 $j$ 去点亮 $j$ 的最少花费。

转移也挺显然的，考虑左右子哪个先点亮就行了，记忆化搜索。

由于在这种情况下，对每个 $i$ ，有用的 $dp[i][j]$ 中的 $j$ 为其所有祖先的另一个孩子，不超过 $O(logn)$ 个，所以总状态数 $O(nlogn)$ ，不会超时。

交一发，$WA$ 了。

于是开始换根。

对于先点亮的那个点，还是要先把它的子树点亮，然后再点亮它的父节点。

这时对每个 $i$ ，有用的 $dp[i][j]$ 中的 $j$ 除了所有祖先的另一个孩子，还有它所有的祖先，但还是 $O(logn)$ 级别，总复杂度 $O(nlogn)$。

记忆化搜索，然后超时了 $qwq$

那就不记忆化了（用 $map$ 常数过大【捂脸】）

重新设状态——

$f[i][j]$ 表示 $dp[i][y]$ ，其中 $y$ 为 $i$ 的第 $j+1$ 个祖先。

$g[i][j]$ 表示 $dp[i][z]$ ，其中 $z$ 为 $i$ 的第 $j+1$ 个祖先的另一个孩子。

$O(nlogn)$ 时间能把这些值都算出来，然后再换根。

交一发， $WA$ 了。

发现不一定每个非叶子节点都有2个孩子，于是又改了改细节。终于 $A$ 掉了！

代码

细节极多【害怕】

#include<cstdio>

#include<iostream>

#include<algorithm>

using namespace std;

int read(){

    int x=0;

    char ch=getchar();

    while(!isdigit(ch)) ch=getchar();

    while(isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=getchar();

    return x;

}

const int N = 200005;

typedef long long ll;

int n,a[N],b[N];

ll f[N][20],g[N][20];

ll ans;

void dfs(int x,ll cur){ //换根

    int l=x*2,r=x*2+1;

    if(x!=1){

        ll now;

        if(r<=n) now=min(1ll*a[l]*b[l]+g[l][0]+f[r][1],1ll*a[r]*b[r]+g[r][0]+f[l][1]);

        else if(l==n) now=1ll*a[l]*b[l]+f[l][1];

        else now=f[x][0];

        ans=min(ans,now+cur);

    }

    if(l>n) return;

    if(l==n) dfs(l,cur+1ll*b[x]*a[x/2]);

    else{

        dfs(l,cur+1ll*a[r]*b[r]+f[r][1]);

        dfs(r,cur+1ll*a[l]*b[l]+f[l][1]);

    }

}

int main()

{

    n=read();

    for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();

    for(int i=2;i<=n;i++) b[i]=read();

    for(int i=n;i>0;i--){

        if(i*2>n){

            int x=i/2,last=(i&1) ? i-1 : i+1;

            ll s=b[i];

            for(int j=0;x>=0;j++,x/=2){

                f[i][j]=s*a[x];

                g[i][j]=1ll*(s+b[last])*a[last];

                s+=b[x]; last=(x&1) ? x-1 : x+1;

                if(x==0) break;

            }

            continue;

        }

        else if(i*2==n){

            for(int j=0,x=i/2;x>=0;j++,x/=2){

                f[i][j]=1ll*a[n]*b[n]+f[n][j+1];

                g[i][j]=1ll*a[n]*b[n]+g[n][j+1];

                if(x==0) break;

            }

            continue;

        }

        int l=i*2,r=l+1;

        for(int j=0,x=i/2;x>=0;j++,x/=2){

            f[i][j]=min(1ll*a[l]*b[l]+g[l][0]+f[r][j+1],1ll*a[r]*b[r]+g[r][0]+f[l][j+1]);

            g[i][j]=min(1ll*a[l]*b[l]+g[l][0]+g[r][j+1],1ll*a[r]*b[r]+g[r][0]+g[l][j+1]);

            if(x==0) break;

        }

    }

    ans=f[1][0];

    dfs(1,0);

    printf("%lld\n",ans);

    return 0;

}