[BZOJ5461][LOJ#2537[PKUWC2018]Minimax(概率DP+线段树合并)

还是没有弄清楚线段树合并的时间复杂度是怎么保证的，就当是$O(m\log n)$吧。

这题有一个显然的DP，dp[i][j]表示节点i的值为j的概率，转移时维护前缀后缀和，将4项加起来就好了。

这个感觉已经很难做到比$O(n^2)$更优的复杂度了，但我们要看到题目里有什么条件没用上：每个节点最多有2个儿子。

这个提醒我们可以用启发式合并，据说splay可以做，但我们可以考虑一下线段树合并做法。

仍然采用上面的转移方程，这里线段树上的一个节点T[x]表示x表示的区间[L,R]最终成为当前子树的根的值的概率，那么答案显然可以通过最终线段树上每个叶子节点统计。现在难点就在于如何统计。

考虑某个左子树的动态开店权值线段树上某个节点x表示的区间[L,R]最后成为根rt的值的概率，它是由p[rt]*(右子树的值小于R的概率)+(1-p[rt])*(右子树的值小于L的概率)，这个其实是可以在merge的过程中递归下去累加的。

具体做法是：merge(x,y,sx,sy)表示合并线段树节点x和y（显然这里x和y分属左右子树，表示的是同一个权值区间），那么我们每次将这一层的信息累加进去，接着递归下去即可。当我们发现只存在一棵子树了（设为x），那么这棵子树的概率要乘上sy。

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++)
 typedef long long ll;
 using namespace std;

 const int N=,M=,g=,mod=;
 int n,nd,p,tot,w[N],rt[N],fa[N],son[N][],b[N],s[M],tag[M],ls[M],rs[M];

 void put(int x,int k){ s[x]=1ll*s[x]*k%mod; tag[x]=1ll*tag[x]*k%mod; }
 void push(int x){ if (tag[x]!=) put(ls[x],tag[x]),put(rs[x],tag[x]),tag[x]=; }

 void init(int &x,int L,int R,int pos){
     x=++nd; s[x]=tag[x]=;
     if (L==R) return;
     int mid=(L+R)>>;
     if (pos<=mid) init(ls[x],L,mid,pos);
         else init(rs[x],mid+,R,pos);
 }

 int merge(int x,int y,int sx,int sy){
     if (!y){ put(x,sy); return x; }
     if (!x){ put(y,sx); return y; }
     push(x); push(y);
     int x0=s[ls[x]],y0=s[ls[y]],x1=s[rs[x]],y1=s[rs[y]];
     ls[x]=merge(ls[x],ls[y],(sx+1ll*(-p)*x1)%mod,(sy+1ll*(-p)*y1)%mod);
     rs[x]=merge(rs[x],rs[y],(sx+1ll*p*x0)%mod,(sy+1ll*p*y0)%mod);
     s[x]=(s[ls[x]]+s[rs[x]])%mod; return x;
 }

 int solve(int x){
     if (!son[x][]) { init(rt[x],,tot,lower_bound(b+,b+tot+,w[x])-b); return rt[x]; }
     int l=solve(son[x][]); if (!son[x][]) return l;
     int r=solve(son[x][]); p=1ll*g*w[x]%mod; return merge(l,r,,);
 }

 int dfs(int x,int L,int R){
     if (L==R) return 1ll*L*b[L]%mod*s[x]%mod*s[x]%mod;
     int mid=(L+R)>>; push(x);
     return (dfs(ls[x],L,mid)+dfs(rs[x],mid+,R))%mod;
 }

 int main(){
     freopen("a.in","r",stdin);
     freopen("a.out","w",stdout);
     scanf("%d",&n);
     rep(i,,n) scanf("%d",&fa[i]),son[fa[i]][son[fa[i]][] ?  : ]=i;
     rep(i,,n){
         scanf("%d",&w[i]); if (!son[i][]) b[++tot]=w[i];
     }
     sort(b+,b+tot+); printf("%d\n",(dfs(solve(),,tot)+mod)%mod);
     return ;
 }