题解-POI2014 Supercomputer

Problem

辣鸡bzoj权限题，洛谷链接

题意概要：一棵 $n$ 个点有根树。$Q$ 次询问给出一个 $K$，回答遍历完整棵树所需最少操作次数。每次操作可以选择访问不超过 $K$ 个未访问的点，且这些点的父亲必须在之前被访问过。

Solution

一开始题意理解错了，以为同时段每个点都能扩展 $k$ 次，然后就无耻地看了题解……但是有个证明网上都没写，这也正是写这篇博客的原因

大概意思是说，最优策略一定是先用 $i$ 步取完前 $i$ 层，然后选取剩下深度大于 $i$ 的节点时每次都能取满。规范一下就是设 $s[i]$ 表示深度大于 $i$ 的节点个数，则答案为 $\max\limits_{i=1}^n \{i+\lceil \frac {s[i]}k\rceil\}$

然后就可以正常斜率优化了：维护点 $(i,s[i])$ 的上凸包，每次询问 $i$ 则在凸包上找斜率为 $-i$ 的直线所切的点

但是看题解的时候不清楚前边那个式子的正确性，为什么会存在一条分界线使得上面可以用 $i$ 次选完 $i$ 层，下面可以随意选

思考了一会才弄懂，对于一棵树，从底层选择一个最深的深度 $d$，显然满足下部节点可以随意选择（目前没有下部节点），但是有可能上部节点不能在层数次内选完。若出现这种情况，则上部一定存在若干层节点特别多，导致无法消完，可以考虑将分界线挪到某一层的上一层，由于这层节点特别多，可以保证下部节点可以随意选择。所以存在分界线比深度 $d$ 浅，将 $d$ 减小继续判断直到无法挪动，则找到分界线

至于为什么 $\max\limits_{i=1}^n \{i+\lceil \frac {s[i]}k\rceil\}$ 中取最大值即可，是因为如若没有选择到分界线，则算出的值一定比最终答案要小

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
template <typename _tp> inline void read(_tp&x){
	char c11=getchar();x=0;while(!isdigit(c11))c11=getchar();
	while(isdigit(c11))x=x*10+c11-'0',c11=getchar();
}
const int N = 1001000;
struct Edge{int v,nxt;} a[N+N];
int head[N], s[N], Ans[N], qy[N];
ll f[N];
int n,Q,tp,_,mxd;
void dfs(int x,int ds){
	++s[ds], mxd = max(mxd, ds);
	for(int i=head[x];i;i=a[i].nxt)
		dfs(a[i].v,ds+1);
}
struct vec{
	ll x,y;
	inline void in(){read(x), read(y);}
	friend inline vec operator - (const vec&A,const vec&B) {return (vec){A.x - B.x, A.y - B.y};}
	friend inline db operator * (const vec&A,const vec&B) {return (db)A.x * B.y - (db)A.y * B.x;}
	friend inline bool operator < (const vec&A,const vec&B) {return A.x!=B.x ? A.x<B.x : A.y>B.y;}
}p[N],stk[N];
int main(){
	read(n), read(Q);
	for(int i=1;i<=Q;++i) read(qy[i]);
	for(int i=2,x;i<=n;++i) read(x), a[++_].v = i, a[_].nxt = head[x], head[x] = _;
	dfs(1,0);
	for(int i=n;~i;--i) s[i] += s[i+1];
	for(int i=0;;++i){
		vec nw = (vec) {i, s[i]};
		while(tp > 1 and (stk[tp] - stk[tp-1]) * (nw - stk[tp]) >= 0) --tp;
		stk[++tp] = nw;
		if(!s[i]) break;
	}
	for(int i=1,t=1;i<=n;++i){
		vec dir = (vec) {1, -i};
		while(t < tp and (stk[t+1] - stk[t]) * dir < 0) ++t;
		Ans[i] = (stk[t].y + (ll)i * stk[t].x + i-1) / i;
	}
	++mxd;
	for(int i=1;i<=Q;++i){
		if(Ans[qy[i]]) printf("%d ",Ans[qy[i]]);
		else printf("%d ",mxd);
	}
	return 0;
}