loj2509 hnoi2018排列

题意：对于a数组，求它的一个合法排列的最大权值。合法排列：对于任意j,k，如果a[p[j]]=p[k]，那么k<j。

权值：sigma(a[p[i]]*i)。n<=50W。

标程：

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 ll read()
 {
    ll x=,f=;char ch=getchar();
    while (ch<''||ch>'') {if (ch=='-') f=-;ch=getchar();}
    while (ch>=''&&ch<='') x=(x<<)+(x<<)+ch-'',ch=getchar();
    return x*f;
 }
 const int N=;
 vector<ll> vec[N];
 ll ans,sum[N],he[N],cnt,head[N],n,a[N],fa[N],w[N],sz[N],cn,vis[N],tail[N],f[N];
 int find(int x){return x==f[x]?x:f[x]=find(f[x]);}
 struct _node{ll sum,he,sz,id;_node(ll A,ll B,ll C,ll D){sum=A;he=B;sz=C;id=D;}};
 struct cmp{
     bool operator () (const _node &A,const _node &B)
     {return A.he*B.sz>B.he*A.sz||A.he*B.sz==B.he*A.sz&&A.sz<B.sz;}
 };
 priority_queue<_node,vector<_node>,cmp> q;
 int main()
 {
     n=read();
     for (int i=;i<=n;i++) f[i]=i;
     for (int i=;i<=n;i++)
     {
         a[i]=read();
         if (<a[i]&&a[i]<=n) vec[a[i]].push_back(i),fa[i]=a[i]; else fa[i]=-;
     }
     for (int i=;i<=n;i++) w[i]=read(),q.push(_node(sum[i]=w[i],he[i]=w[i],sz[i]=,i));
     while (!q.empty())
     {
         int x=q.top().id,fx=fa[find(x)];q.pop();
         if (vis[x]) continue; vis[x]=; //dijkstra的思想，肯定先访问最后一次合并过的点，其他过去版本直接continue，这样就不用再记录一个del的堆。
        if (fx==-)
        {
            ans+=sum[x]+cn*he[x];
            for (int i=;i<vec[x].size();i++)  fa[vec[x][i]]=-;
            cn+=sz[x];
         }
        else {
            if (vis[fx]) return puts("-1"),;
            for (int i=;i<vec[x].size();i++) f[vec[x][i]]=find(x);
            sum[fx]+=sum[x]+he[x]*sz[fx];he[fx]+=he[x];sz[fx]+=sz[x];
            q.push(_node(sum[fx],he[fx],sz[fx],fx));
         }
     }
     printf("%lld\n",ans);
    return ;
 }

易错点：1.居然碰到了yhx钦定的最难调错误没有之一，记！

return A.he*B.sz>B.he*A.sz||A.he*B.sz==B.he*A.sz&&A.sz<B.sz;
如果不判定相等的情况就不一定取到最后一个。

2.判断无解：vis表示已经被合并/删除的节点，重新连爸爸后爸爸应该是没有被删除的，如果vis[fa]=1，那么必然矛盾。

3.更改父亲的操作如果用vector暴力加，时间复杂度会到O(n^2)。用并查集保存同父亲的点是最快的做法。

题解：堆+并查集+建树+贪心

做法好神。如果a[p[j]]=p[k]，那么k<j：也就是说比如a[1]=3，那么在排列中3一定在1前面。对于1<=a[i]<=n的点，连边a[i]->i，表示先取a[i],再取i。那么就形成了一棵树，如果有环必然无解。

这棵树肯定是每次取一个没有父亲的点作为p[i]。基于贪心，i越小，选越小的w[i]更优。

因此我们每次用堆/set维护权值最小的点，如果它没有父亲肯定直接取走，反之和其父亲合并，表示如果取走父亲后接下来肯定就取它。

合并之后，该点的儿子都连边向它父亲，也就是说fa[son[x]]=fa[x]，可以用并查集维护。这样这个点的权值用sigma/size来代替。

可以证明：1.比较两个点的sigma/size就相当于比较它们sigma(i*w[p[i]])的权值。

2.对于同一个点，sigma/size随着合并不严格单调减。（设he1/sz1<he2/sz2，那么1向2合并，必然有he2/sz2>(he1+he2)/(sz1+sz2)。化简he2/sz2>(he1+he2)/(sz1+sz2)，则he1*sz2<he2*sz1，同假设成立）

时间复杂度O(nlogn+na(n))。