【luogu AT3957】[AGC023F] 01 on Tree

01 on Tree

题目链接：luogu AT3957

题目大意

有一棵根为 \(1\) 的树，每个节点有个值 \(0\) 或 \(1\)。

然后每次你可以把一个没有父亲的点删除，然后把值放进一个数组里。

要你得出的数组逆序对尽可能少，要输出这个最小的逆序对个数。

思路

那我们会发现从根节点开始删会很麻烦，很难处理，那我们考虑反着来：从叶节点开始不断合并，向根节点上传答案。

那我们要先发现一件事，对于一个点 \(x\) 的一个子树 \(y\)，它不管 \(y\) 里面怎么排列，里面产生了多少个逆序对，最终排列 \(x\) 里面的每个子树的时候，看的只是 \(y\) 里面有多少个 \(0\)，多少个 \(1\)，是不会管里面怎么排列的。

那我们就可以对于每个子树都看它怎么排列好。我们贪心一下。

首先，对于两个子树 \(i,j\)，设它们 \(0\) 的数量为 \(num0_i,num0_j\)，\(1\) 的数量为 \(num1_i,num1_j\)。

那如果 \(i\) 在 \(j\) 的前面，新增逆序对的个数就是 \(num1_i\times num0_j\)。如果在后面，就是 \(num1_j\times num0_i\)。

那假设 \(i\) 放前面比 \(j\) 放前面优，那就是 \(num1_i\times num0_j < num1_j\times num0_i\)。

那这个我们可以用堆来维护。

但是这是不能直接递归来搞的，我们要把每个点都看成独立，然后想父亲的方向合并。

那其实 \(num0,num1\) 记录的其实变成了这个点所在的连通块的 \(0,1\) 个数。

那显然上面的贪心在这里还是可以的。

那我们要维护 \(0,1\) 个数，自然要用并查集。

记得要判断当前点是否被删掉，因为当合并完之后，它父亲节点要删去，我们只要看 \(num0,num1\)，就可以得知是否被合并。

还有一点就是 \(1\)，也就是根节点是不用再合并的，因为没有父亲。

代码

#include<queue>
#include<cstdio>

using namespace std;

struct Teap {
	int x, num_1, num_0;
};
bool operator < (Teap x, Teap y) {//用堆将点按贪心思想排序
	return 1ll * x.num_0 * y.num_1 < 1ll * x.num_1 * y.num_0;
}

int n, a[200001], father[200001];
int fa[200001], num[200001][2];
long long ans;
priority_queue <Teap> q;

int find(int now) {//并查集
	if (father[now] == now) return now;
	return father[now] = find(father[now]);
}

int main() {
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		scanf("%d", &fa[i]);
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%d", &a[i]);
		num[i][a[i]]++;

		father[i] = i;
	}

	for (int i = 2; i <= n; i++)
		q.push((Teap){i, num[i][1], num[i][0]});

	while (!q.empty()) {
		Teap now = q.top();
		q.pop();

		int x = find(now.x);
		if (num[x][0] != now.num_0 || num[x][1] != now.num_1)
			continue;//这个点已近被删除

		int y = find(fa[x]);
		ans += 1ll * num[x][0] * num[y][1];//加上逆序对个数

		num[y][0] += num[x][0];//这个子树所包含的0/1的个数增加
		num[y][1] += num[x][1];

		father[x] = y;//并查集连接

		if (y != 1)//继续下去
			q.push((Teap){y, num[y][1], num[y][0]});
	}

	printf("%lld", ans);

	return 0;
}