[NOI2014]购票 --- 斜率优化 + 树形DP + 数据结构

[NOI2014]购票

题目描述

今年夏天，NOI在SZ市迎来了她30周岁的生日。

来自全国 n 个城市的OIer们都会从各地出发，到SZ市参加这次盛会。

全国的城市构成了一棵以SZ市为根的有根树，每个城市与它的父亲用道路连接。

为了方便起见，我们将全国的 n 个城市用 1 到 n 的整数编号。其中SZ市的编号为 1。

对于除SZ市之外的任意一个城市 v，我们给出了它在这棵树上的父亲城市 fv 以及到父亲城市道路的长度 sv。

从城市 v 前往SZ市的方法为：选择城市 v 的一个祖先 a，支付购票的费用，乘坐交通工具到达 a。

再选择城市 a 的一个祖先 b，支付费用并到达 b。以此类推，直至到达SZ市。

对于任意一个城市 v，我们会给出一个交通工具的距离限制 lv。

对于城市 v 的祖先 a，只有当它们之间所有道路的总长度不超过 lv 时，从城市 v 才可以通过一次购票到达城市 a，否则不能通过一次购票到达。

对于每个城市 v，我们还会给出两个非负整数 pv,qv 作为票价参数。

若城市 v 到城市 a 所有道路的总长度为 d，那么从城市 v 到城市 a 购买的票价为 d * pv+qv。

每个城市的OIer都希望自己到达SZ市时，用于购票的总资金最少。

你的任务就是，告诉每个城市的OIer他们所花的最少资金是多少。

输入输出格式

输入格式：

第 1 行包含2个非负整数 n,t，分别表示城市的个数和数据类型（其意义将在后面提到）。

输入文件的第 2 到 n 行，每行描述一个除SZ之外的城市。

其中第 v 行包含 5 个非负整数 f_v,s_v,p_v,q_v,l_v，分别表示城市 v 的父亲城市，它到父亲城市道路的长度，票价的两个参数和距离限制。

请注意：输入不包含编号为 1 的SZ市，第 2 行到第 n 行分别描述的是城市 2 到城市 n。

输出格式：

输出包含 n-1 行，每行包含一个整数。

其中第 v 行表示从城市 v+1 出发，到达SZ市最少的购票费用。

同样请注意：输出不包含编号为 1 的SZ市。

输入输出样例

输入样例#1：

7 3
1 2 20 0 3
1 5 10 100 5
2 4 10 10 10
2 9 1 100 10
3 5 20 100 10
4 4 20 0 10

输出样例#1：

40
150
70
149
300
150

说明

从每个城市出发到达 SZ的路线如下（其中箭头表示一次直达）：

城市 2：只能选择 2 → 1，花费为 2 × 20 + 0 = 40。

城市 3：只能选择 3 → 1，花费为 5 × 10 + 100 = 150。 城 市 4 ： 由 于 4 + 2 =6 ≤ l4 = 10，故可以选择 4 →1。

若选择 4 → 1，花费为 (4 +2) × 10 + 10 = 70 ； 若选 择 4 → 2 → 1，则花费为 (4 ×10 + 10) + (2 × 20 + 0) =90；因此选择 4 → 1。

城市 5：只能选择 5 →2 → 1 ， 花费为 (9 × 1 +100) + (2 × 20 + 0) = 149；无法选择 5 → 1，因为 l5 =10，而城市 5 到城市 1 总路程为 9 + 2 = 11 > 5，城市 5 不能直达城市 1。

城市 6：若选择 6 → 1，花费为 (5 + 5) × 20 + 100 = 300；若选择 6 → 3 →1，花费为 (5 × 20 + 100) + (5 × 10 + 100) = 350；因此选择 6 → 1。

城市 7：选择 7 → 4 → 1，花费为 (4 × 20 + 0) + ((4 + 2) × 10 + 10) = 150；

其他方案均比该方案差。

数据规模

首先，你要学会DP

记\(dp(i)\)表示\(i\)节点到达首都的最小费用

那么，有转移方程：

\(dp(i)=min(dp(j)+p(i)*dis(i,j)+d(i))\)

考虑转化成斜率优化：

记\(dep(i)\)表示\(i\)节点到根的深度

\(dp(i)=dp(j)+p(i)*(dep(i)-dep(j))+d(i)\)

\(dp(i)=dp(j)+p(i)*dep(i)-p(i)*dep(j)+d(i)\)

\(dp(j)=p(i)*dep(j)+dp(i)-d(i)-p(i)*dep(i)\)

那么，现在就是一个斜率优化的式子了。

其中，\(x\)是\(dep(j)\)，单调递增

其中，\(k\)是\(p(i)\)，没有任何单调性

只不过题目中有\(l(i)\)这个距离限制。

嗯。。。。怎么办？

凸包是不支持删除的。

因此我们要另辟蹊径。

做法一：

树链剖分

直接上树剖后，发现每次查询的凸包都对应原树中的一条链。

那么，我们让树剖后的线段树区间\(l...r\)中存下点\(dfn[l]...dfn[r]\)所形成的凸包。

对于每个点，每次会查到\(\log n\)条重链，每次重链要查询\(\log n\)个区间，每次区间中在凸包上三分需要\(\log n\)的时间

因此，总耗时\(O(n* (\log n)^{3})\)

过不去，不存在的，树剖这种东西怎么可能想卡就卡！！！

补充：常数优化：

每次线段树中的凸包合并时，因为一个区间的所有元素没有都被访问过时，就一定不会查到这段区间。

因此，可以选择在左右两个子区间的所有元素都被访问过时，选择\(O(n)\)的合并凸包

时间复杂度：\(O(n*(\log n)^{3})\)

空间复杂度：\(O(n* \log n)\)

做法二：

可持久化线段树+平衡树

树剖的理论复杂度过不去？？？

如果你真的对理论复杂度有需求，那么不妨来听下以下做法。

发现，其实我们只需要对当前\(dfs\)链维护一棵线段树，这样子，查询的复杂度能降到\(O((\log n)^{2})\)

但是，为了避免元素过多（也可以说发现父亲的元素同自己变化不大），因此可以用可持久化来维护。

时间复杂度：\(O(n* (\log n)^{2})\)

空间复杂度：\(O(n *(\log n)^{2})\)

做法三：

可持久化线段树+单调队列

树套树常数大？？

没关系，这题有一个非常重要的特殊性质：\(x\)单增

因此，我们只需要一个单调队列就可以表示一个凸包了。

具体而言，可以选择用线段树来实现这个队列。

然而，这题还有特殊性：链都是父亲来的，也就是说我们只需要访问特定的版本。

对于上个版本，我们只需要记录新插入的点替代了谁。

当然这样子，插入时要二分插入的位置。

时间复杂度：\(O(n* (\log n)^{2})\)

空间复杂度：\(O(n * \log n)\)

做法四：

点分治+可持久化平衡树

首先套一个点分，思考点分内部干什么。

很自然地，想到把祖先所在的链找出来，更新下面所有的子树。

为什么正确呢？

证明一下两个结论：

1.所有祖先节点优先被更新

这准确来说并不是一个结论，但它告诉我们，先递归祖先所在的子树，再处理自己

2.一个点可以被所有的祖先更新

如果当前分治结构还有祖先没法更新，那么这些祖先会在下层分治结构中成为更新点从而更新当前节点。

因此，点分是没有问题的。

如何满足限制？

把所有的祖先建出一棵可持久化平衡树，在上面查询即可。

做法五：

点分治+CDQ分治

把上面的可持久化平衡树用CDQ分治来替代即可

做法六：

点分治+三分

把所有凸包按顺序加入，所有点按顺序在上面三分

代码在此

做法七：

点分治+乱搞

莫名其妙的乱搞。

复杂度最坏\(O(n^{2})\)，不知为何能过，而且很快。。。

代码在此

分治算法的时间复杂度为\(O(n * (\log n)^{2})\)

空间复杂度为\(O(n)\)

是最优的复杂度

补充：

当你的算法涉及\(O(n)\)建凸包时，请小心处理斜率的关系